Exercice 41
Partie
Question
Soit \(f\) une fonction numérique définie et continue sur \([0, 1]\) telle que \(f(1) = 0\).
On définit \(f_{n}\) par \(f_{n}(x) = x^{n}f(x)\) pour \(x \in [0, 1]\).
Montrer que \(f_{n}\) converge uniformément vers \(\overset{\sim}{0}\) sur \([0, 1]\).
Aide simple
Il faut partager \([0, 1]\) en deux intervalles :
l'un sur lequel, du fait de la continuité de \(f\) en 1 et du fait que \(f(1) = 0\), on pourra majorer \(f_{n}\),
l'autre sur lequel, du fait de la continuité de \(f\) sur \([0, 1]\) et des propriétés de \(x^{n}\) lorsque \(0 < x < 1\), on pourra également majorer \(f_{n}\).
Solution détaillée
Traduisons le fait que \(f\) est continue en 1 : soit \(\varepsilon\) un réel strictement positif arbitrairement fixé ; pour cet \(\varepsilon\), il existe un réel \(\alpha\) strictement positif tel que, pour tout \(x\) de \([0, 1]\) vérifiant \(|x - 1| < \alpha\), on a : \(\left|f (x) - f (1)\right|< \varepsilon\) .
On voir d'ailleurs que l'on peut imposer \(0 < \alpha < 1\).
D'autre part, par hypothèse, \(f(1) = 0\).
Autrement dit, pour le \(\varepsilon\) que nous avons fixé, il existe \(\alpha \in~]0, 1[\) tel que : \(\forall x \in~]1 - \alpha, 1], \left| f(x) \right| < \varepsilon\).
Or, on remarque que, sur \([0, 1]\), \(\left| f_{n}(x) \right| \leq \left| f(x) \right|\) puisque \(\left| x^{n} \right| \leq 1\).
On obtient donc : \(\forall n \in \mathbb{N}\), \(\forall x \in ]1 - \alpha, 1],~\left| f_{n}(x) \right| < \varepsilon\).
Utilisons maintenant le fait que \(f\) est continue sur \([0, 1]\) : puisque \(f\) est continue sur \([0, 1]\) qui est un intervalle fermé borné, alors \(f\) est bornée sur cet intervalle (et elle atteint ses bornes) ; autrement dit, il existe \(M\) réel positif tel que, pour tout \(x\) de \([0, 1]\), on a : \(|f (x)| \leq M\).
Plaçons-nous sur l'intervalle \(\left[0, 1-\frac{\alpha}{2}\right]\). Pour tout \(x\) de cet intervalle, on a :
\(\begin{array}{r c l} \left| f_{n}(x) \right|&=&\left| x^{n} \right| . \left| f(x) \right| \\ &\leq&\left| x^{n} \right| .~M \\ &\leq&\left| 1 - \frac{\alpha}{2} \right|^{n} .~M \end{array}\)
Or, \(0 \leq 1 - \frac{\alpha}{2} < 1\), donc \(\underset{n \rightarrow +\infty}{\textrm{lim}} \left( 1 - \frac{\alpha}{2} \right)^{n} = 0\) ; donc, il existe \(n_{0} \in \mathbb{N}\) tel que, pour tout \(n \geq n_{0}, \left| 1 - \frac{\alpha}{2} \right|^{n} .~M < \varepsilon\).
Récapitulons :
\(\left\{ \begin{array}{l c l} \forall n \in \mathbb{N},&\forall x \in ]1 - \alpha, 1],&\left| f_{n}(x)\right| < \varepsilon \\ \\ \forall n \geq n_{0},&\forall x \in \left[0, 1- \frac{\alpha}{2}\right],&\left| f_{n}(x)\right| < \varepsilon \end{array} \right.\)
On obtient donc, puisque \(\left[0, 1 - \frac{\alpha}{2}\right] \cup \left[1 - \alpha, 1\right] = \left[0, 1\right]\) : \(\forall n \geq n_{0}, \forall x \in [0, 1], \left| f_{n}(x) \right| < \varepsilon\)
et on a bien montré : \(\forall \varepsilon > 0,~\exists \alpha \in \mathbb{R},~~0 < \alpha < 1,~~\exists n_{0} \in \mathbb{N},~~\forall n \geq n_{0},~~\forall x \in [0, 1],~\left| f_{n}(x) \right| < \varepsilon\)
Ce qui signifie bien que la suite (\(f_{n}\)) converge uniformément vers \(\overset{\sim}{0}\) sur \([0, 1]\).
La suite (\(f_{n}\)) converge uniformément vers \(\overset{\sim}{0}\) sur \([0, 1]\).