Convergence uniforme et contre-exemples : corrigé du contrôle de maths en MP

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Barème du contrôle corrigé : convergence uniforme et contre-exemples

Le corrigé détaillé : convergence uniforme et contre-exemples

Exercice 1 – Une bosse qui glisse vers 1 (3 points)

1. Fixons \(x\). Lorsque \(0 \leq x < 1\), la suite géométrique \((x^n)\) tend vers 0, de sorte que \(f_n(x)\) tend vers \(0 \times 1\). Au point 1, le facteur \(1 – 1^n\) est nul et chaque \(f_n(1)\) vaut 0. La limite simple de \((f_n)\) est la fonction identiquement nulle.

2. Le maximum de chaque bosse

   L’application \(x \mapsto x^n\) réalise une bijection de \([0\,;1]\) sur \([0\,;1]\). Donc \(\|f_n\|_\infty = \sup_{t \in [0\,;1]} t(1 – t)\). Or \(t(1-t) = \frac{1}{4} – \left(t – \frac{1}{2}\right)^2 \leq \frac{1}{4}\), avec égalité pour \(t = \frac{1}{2}\), c’est-à-dire en \(x_n = 2^{-1/n}\).

   Ainsi \(\|f_n – 0\|_\infty = \frac{1}{4}\) pour tout \(n\) : cette norme reste constante, et \((f_n)\) ne converge pas uniformément sur le segment entier. Sur la figure, le sommet de chaque bosse reste à la hauteur \(\frac{1}{4}\) tout en se rapprochant de 1, car \(x_n \to 1\).

   

3. Pour \(x \in [0\,;a]\), le facteur \(1 – x^n\) appartient à \([0\,;1]\) ; par croissance de \(x \mapsto x^n\), on en tire \(f_n(x) \in [0\,;a^n]\). Par conséquent, \(\|f_n\|_{\infty,[0\,;a]} \leq a^n\), et \(a^n \to 0\) puisque \(0 \leq a < 1\). La convergence est donc uniforme sur \([0\,;a]\).

Barème : 1) 0,5 point, en traitant à part le point 1 ; 2) changement de variable, maximum et conclusion, 1,5 point ; 3) majoration uniforme par a puissance n, 1 point.

Piège classique : conclure à la convergence uniforme parce que chaque \(f_n(x)\) tend vers 0. La convergence simple ne dit rien de la vitesse, qui dépend ici de \(x\).

Exercice 2 – Vrai ou faux avec contre-exemples (4 points)

1. Faux. Posons \(g_n(x) = x^{1/n}\) sur \([0\,;1]\) ; chaque \(g_n\) est continue. Pour \(x > 0\), \(g_n(x) = \mathrm{e}^{(\ln x)/n}\) tend vers \(\mathrm{e}^0 = 1\), tandis que \(g_n(0) = 0\). La limite simple vaut donc 1 sur \(]0\,;1]\) et 0 en 0 : elle est discontinue en 0.

   

2. Vrai. Par convergence uniforme, il existe \(N\) tel que \(\|f_N – f\|_\infty \leq 1\). De plus, \(f_N\) est bornée par un réel \(M\). Alors, pour tout réel \(x\), l’inégalité triangulaire donne \(|f(x)| \leq |f(x) – f_N(x)| + |f_N(x)| \leq 1 + M\). Donc \(f\) est bornée.

3. Une dérivabilité perdue à la limite

   Faux. Avec \(f_n(x) = \sqrt{\left(x – \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{1}{n}}\), la quantité sous la racine reste strictement positive, donc \(f_n\) est dérivable sur \([0\,;1]\). Posons \(f(x) = \left|x – \frac{1}{2}\right|\). En multipliant par la quantité conjuguée :

   \[0 \leq f_n(x) – f(x) = \frac{1/n}{f_n(x) + f(x)} \leq \frac{1/n}{\sqrt{1/n}} = \frac{1}{\sqrt{n}}.\]

   Ainsi \(\|f_n – f\|_\infty \leq \frac{1}{\sqrt{n}} \to 0\) : la convergence est uniforme. Pourtant, \(f\) n’est pas dérivable en \(\frac{1}{2}\), car ses dérivées à gauche et à droite valent \(-1\) et \(1\).

4. Faux. Sur \(\mathbb{R}\), prenons \(f_n(x) = x + \frac{1}{n}\) et \(f(x) = x\). Alors \(\|f_n – f\|_\infty = \frac{1}{n} \to 0\). En revanche, \(f_n^2(x) – f^2(x) = \frac{2x}{n} + \frac{1}{n^2}\), et au point \(x = n\) cet écart vaut \(2 + \frac{1}{n^2} \geq 2\). La norme infinie de \(f_n^2 – f^2\) est même infinie : la convergence de \((f_n^2)\) n’est pas uniforme.

Barème : pour chaque affirmation, 0,25 point pour la réponse et 0,75 point pour la preuve ou le contre-exemple entièrement vérifié.

Piège classique : dans l’affirmation 4, chercher un contre-exemple parmi des fonctions bornées. C’est voué à l’échec : lorsque \(f\) est bornée, l’identité \(f_n^2 – f^2 = (f_n – f)(f_n + f)\) prouve que l’affirmation devient vraie.

Exercice 3 – Des tentes de masse constante (3 points)

1. D’abord, \(h_n(0) = 0\) pour tout \(n\). Ensuite, soit \(x \in \left]0\,;1\right]\) : dès que \(n \geq \frac{3}{x}\), on a \(\frac{3}{n} \leq x\), donc \(h_n(x) = 0\). La suite \((h_n(x))\) est ainsi nulle à partir d’un certain rang. Donc \((h_n)\) converge simplement vers la fonction nulle.

2. Aire sous la tente et hauteur du sommet

   Sous la tente, on reconnaît un triangle dont le côté posé sur l’axe mesure \(\frac{2}{n}\) et dont le sommet culmine à \(n\). D’où \(I_n = \frac{1}{2} \times \frac{2}{n} \times n = 1\). Par ailleurs, le maximum est atteint au sommet, d’où \(\|h_n\|_\infty = n\).

   Comme \(\|h_n – 0\|_\infty = n\) tend vers \(+\infty\), aucune convergence uniforme n’a lieu sur \([0\,;1]\). De plus, \(I_n\) reste égale à 1 tandis que la fonction limite est d’intégrale nulle : une simple convergence ne permet donc pas d’intervertir limite et intégration.

3. Pour \(n \geq \frac{3}{a}\), l’intervalle \([a\,;1]\) est inclus dans \(\left[\frac{3}{n}\,;1\right]\), où \(h_n\) est nulle. Donc \(\sup_{[a\,;1]} |h_n| = 0\) à partir de ce rang. La convergence est uniforme sur \([a\,;1]\).
4. Comme \(h_n \geq 0\) est d’intégrale 1 et nulle hors de \(\left[0\,;\frac{3}{n}\right]\), on obtient
   \[\left|\int_0^1 h_n\varphi – \varphi(0)\right| = \left|\int_0^1 h_n(x)\left(\varphi(x) – \varphi(0)\right)\mathrm{d}x\right| \leq \sup_{\left[0\,;\frac{3}{n}\right]} |\varphi – \varphi(0)|.\]
   Or ce majorant tend vers 0 par continuité de \(\varphi\) en 0. Donc \(\int_0^1 h_n\varphi\) tend vers \(\varphi(0)\).

Barème : 1) cas x = 0 et cas x > 0, 1 point ; 2) intégrale, norme infinie et double conclusion, 1 point ; 3) 0,5 point ; 4) écriture avec φ(0) mis dans l’intégrale et majoration, 0,5 point.

Piège classique : oublier le point 0 dans la question 1, ou croire que la convergence uniforme sur tout \([a\,;1]\) entraîne la convergence uniforme sur \(]0\,;1]\).

Exercice 4 – Une série de sinus aux fréquences impaires (4 points)

1. Domination et propriétés de F

   Pour tout réel \(t\), \(|v_k(t)| \leq \frac{1}{(2k+1)^3} \leq \frac{1}{(k+1)^3}\), et ce majorant indépendant de \(t\) est le terme d’une série de Riemann convergente. La série \(\sum v_k\) converge donc normalement sur \(\mathbb{R}\), ce qui entraîne la convergence uniforme. Les \(v_k\) étant continues, la somme \(F\) l’est aussi.

   De plus, chaque \(v_k\) est impaire et \(2\pi\)-périodique, et ces deux propriétés se transmettent à \(F\) par passage à la limite. Enfin, pour \(m = 2k+1\) impair, \(\sin(m\pi – mt) = -\cos(m\pi)\sin(-mt) = \sin(mt)\), car \(\cos(m\pi) = -1\). Ainsi \(v_k(\pi – t) = v_k(t)\), donc \(F(\pi – t) = F(t)\).

2. Chaque \(v_k\) est de classe \(C^1\), de dérivée \(t \mapsto \frac{\cos\left((2k+1)t\right)}{(2k+1)^2}\), majorée en valeur absolue par \(\frac{1}{(2k+1)^2}\). La série dérivée converge donc normalement sur \(\mathbb{R}\), alors que \(\sum v_k\) converge simplement. Le théorème de dérivation des séries de fonctions s’applique : \(F\) est de classe \(C^1\) et \(F^{\prime}(t) = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{\cos\left((2k+1)t\right)}{(2k+1)^2}\).

3. Pourquoi l’échange est permis

   Sur le segment \([0\,;\pi]\), la série de fonctions continues \(\sum v_k\) converge uniformément. On peut donc permuter somme et intégrale : \(\int_0^{\pi} F = \sum_{k \geq 0} \int_0^{\pi} v_k\).

   Le calcul proprement dit

   Comme \(\cos\left((2k+1)\pi\right) = -1\), on a \(\int_0^{\pi} \sin\left((2k+1)t\right)\mathrm{d}t = \frac{1 – (-1)}{2k+1} = \frac{2}{2k+1}\), donc \(\int_0^{\pi} v_k = \frac{2}{(2k+1)^4}\).

   Ensuite, on sépare dans \(\zeta(4)\) les indices pairs, dont la contribution vaut \(\frac{\zeta(4)}{16}\), et les indices impairs. Il reste \(\sum_{k \geq 0} \frac{1}{(2k+1)^4} = \frac{15}{16}\zeta(4) = \frac{15\pi^4}{1440} = \frac{\pi^4}{96}\). Finalement, \(\int_0^{\pi} F(t)\,\mathrm{d}t = 2 \times \frac{\pi^4}{96} = \frac{\pi^4}{48}\).

4. Le même découpage donne \(\sum_{k \geq 0} \frac{1}{(2k+1)^2} = \frac{3}{4}\zeta(2) = \frac{\pi^2}{8}\). Ainsi \(F(0) = 0\) et \(F^{\prime}(0) = \frac{\pi^2}{8} \neq 0\). Puisque \(F\) est de classe \(C^1\), la formule de Taylor-Young à l’ordre 1 fournit \(F(t) = \frac{\pi^2}{8}t + o(t)\). Donc \(F(t) \sim \frac{\pi^2}{8}t\) au voisinage de 0.

Barème : 1) domination, continuité, parité et symétrie, 1 point ; 2) hypothèses du théorème de dérivation et formule, 1 point ; 3) justification 0,5 point, intégrales 0,5 point, somme des impairs 0,5 point ; 4) 0,5 point.

Piège classique : vouloir dériver une seconde fois. La série \(\sum \frac{\sin\left((2k+1)t\right)}{2k+1}\) ne converge pas normalement, si bien que le théorème ne s’applique plus.

Exercice 5 – Problème : une série d’exponentielles sur ]0 ; +∞[ (6 points)

Partie A : où et comment la série converge

1. Si \(x \leq 0\), alors \(\mathrm{e}^{-nx} \geq 1\), donc \(u_n(x) \geq \frac{1}{n} > 0\). Par comparaison avec la série harmonique, la série diverge. Si \(x > 0\), alors \(0 \leq u_n(x) \leq \left(\mathrm{e}^{-x}\right)^n\), terme d’une série géométrique de raison \(\mathrm{e}^{-x} \in \left]0\,;1\right[\) ; la série converge. Donc \(D = \left]0\,;+\infty\right[\).
2. Chaque \(u_n\) est positive et décroissante sur \([a\,;+\infty[\), donc \(\sup_{[a\,;+\infty[} |u_n| = \frac{\mathrm{e}^{-na}}{n} \leq \left(\mathrm{e}^{-a}\right)^n\). La série converge normalement sur \([a\,;+\infty[\). En revanche, sur \(]0\,;+\infty[\), on a \(\sup |u_n| = \frac{1}{n}\), valeur limite en 0. Or la série harmonique diverge : sur la demi-droite ouverte, la série n’est donc pas normalement convergente.
3. Les termes étant positifs, \(R_n(x) \geq \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{\mathrm{e}^{-kx}}{k}\). Pour ces \(n\) indices, \(k \leq 2n\) donne \(\frac{\mathrm{e}^{-kx}}{k} \geq \frac{\mathrm{e}^{-2nx}}{2n}\). Ainsi \(R_n(x) \geq n \times \frac{\mathrm{e}^{-2nx}}{2n} = \frac{\mathrm{e}^{-2nx}}{2}\), puis \(R_n\left(\frac{1}{n}\right) \geq \frac{\mathrm{e}^{-2}}{2}\). Par conséquent, la borne supérieure de \(R_n\) sur \(]0\,;+\infty[\) reste au-dessus de \(\frac{\mathrm{e}^{-2}}{2}\) pour tout \(n\). Les restes ne tendent pas uniformément vers 0 : la réponse est non.

Partie B : régularité, forme explicite et comportement en 0

4. Chaque \(u_n\) est de classe \(C^1\) sur \(]0\,;+\infty[\), avec \(u_n^{\prime}(x) = -\mathrm{e}^{-nx}\). Soit \(a > 0\) : sur \([a\,;+\infty[\), on a \(|u_n^{\prime}| \leq \mathrm{e}^{-na}\), donc la série des dérivées converge normalement. Comme \(\sum u_n\) converge simplement, le théorème de dérivation terme à terme s’applique sur chaque \([a\,;+\infty[\), donc sur leur réunion \(]0\,;+\infty[\). Enfin, une somme géométrique donne
   \[S^{\prime}(x) = -\sum_{n=1}^{+\infty} \mathrm{e}^{-nx} = -\frac{\mathrm{e}^{-x}}{1 – \mathrm{e}^{-x}} = -\frac{1}{\mathrm{e}^x – 1}.\]
   Ainsi \(S\) est de classe \(C^1\) sur \(]0\,;+\infty[\), et sa dérivée est celle annoncée.

5. Identifier la somme grâce à sa dérivée

   Pour \(x > 0\), \(0 \leq S(x) \leq \sum_{n \geq 1} \mathrm{e}^{-nx} = \frac{1}{\mathrm{e}^x – 1}\), qui tend vers 0 en \(+\infty\). Donc \(S\) tend vers 0 en \(+\infty\).

   Posons ensuite \(G(x) = -\ln\left(1 – \mathrm{e}^{-x}\right)\), bien définie car \(1 – \mathrm{e}^{-x} > 0\). Alors \(G^{\prime}(x) = -\frac{\mathrm{e}^{-x}}{1 – \mathrm{e}^{-x}} = S^{\prime}(x)\). Puisque \(]0\,;+\infty[\) est un intervalle, la différence \(S – G\) y vaut une constante \(c\). Lorsque \(x\) tend vers \(+\infty\), \(G(x)\) tend vers \(-\ln 1 = 0\), tout comme \(S(x)\), d’où \(c = 0\). Pour tout \(x > 0\), \(S(x) = -\ln\left(1 – \mathrm{e}^{-x}\right)\).

6. Ce qui se passe près de 0

   On écrit \(S(x) = -\ln x -\ln\left(\frac{1 – \mathrm{e}^{-x}}{x}\right)\). Comme \(1 – \mathrm{e}^{-x} \sim x\), le second logarithme tend vers \(\ln 1 = 0\). Donc \(S(x) = -\ln x + o(1)\), et \(-\ln x\) tend vers \(+\infty\). Par conséquent, \(S(x) \sim -\ln x\) quand \(x\) tend vers 0 par valeurs positives.

   

7. Chaque \(S_N\) est continue en 0, de limite \(S_N(0) = \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n} = H_N\) : on lit \(1\), \(1{,}5\) et \(\frac{137}{60} \approx 2{,}28\) sur la figure. Ces valeurs finies sont pourtant cohérentes avec la question 6, car l’interversion des limites en 0 réclamerait la convergence uniforme au voisinage de 0, qui fait défaut d’après la question 3. D’ailleurs, \(S \geq S_N\) donne \(\liminf_{0} S \geq H_N\) pour tout \(N\), et \(H_N \to +\infty\) : les limites finies des \(S_N\) sont compatibles avec \(S \to +\infty\) en 0.

Barème : 1) cas x ≤ 0 et cas x > 0, 1 point ; 2) normale sur [a ; +∞[ puis non normale, 1 point ; 3) minoration du reste et conclusion, 1 point ; 4) hypothèses de dérivation et somme géométrique, 1 point ; 5) limite en +∞ et identification de S, 1 point ; 6) 0,5 point ; 7) 0,5 point.

Piège classique : appliquer le théorème de dérivation sur \(]0\,;+\infty[\) tout entier. La domination \(\mathrm{e}^{-na}\) n’existe que sur \([a\,;+\infty[\) ; c’est le caractère local de la régularité qui permet de conclure.

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