Utiliser ce résultat.

Soit ε>0 Il existe A∈ℝ tel que x>A⇒|f(x)|<ε et il existe B∈ℝ tel que x<B⇒|f(x)|<ε.
Posons K=[B,A], alors K est un intervalle compact et f est continue sur K donc comme f est continue sur K |f| est également continue sur K et atteint un maximum M sur K.
On a donc :
$$\sup_{x\in \mathbb{R}}f(x)\leqslant sup\left ( sup_{x\leqslant B}f(x),sup_{x\in K}f(x),sup_{x\geqslant A}f(x) \right )\leqslant sup(M,\varepsilon )$$ Il est évident que la somme de deux fonctions tendant vers 0 à l'infini tend vers 0 à l'infini, et il en est de même pour le produit par un scalaire d'une fonction tendant vers 0 à l'infini.

1. Pour la convergence simple utiliser les développements limités de ln(1+x) et de e^x au voisinage de 0, ainsi que la règle de calcul des développements limités des fonctions composées.
2. Pour la convergence uniforme, poser g_n=f-f_n et majorer |g_n| sur ℝ⁺.

1. $$f_{n}(x)=\begin{cases} & e^{n.ln\left ( 1-\frac{x}{n} \right )} \text{ si } x\in \left [ 0,n \right ] \\ & 0 \text{ si } x\in ]n,+\infty [ \end{cases}$$
   Le résultat provient donc de ln(1+x)=x-x²/2 +o(x²) et de e^y=1+y+o(y)
2. Il faut donc majorer :
   $$g_{n}(x)=\begin{cases} & e^{-x}-\left ( 1-\frac{x}{n} \right )^{n} \text{ si } x\in \left [ 0,n \right ] \\ & e^{-x} \text{ si } x\in ]n,+\infty [ \end{cases}$$
   La fonction g_n est définie et continue sur ℝ⁺. Pour x≥n on a |g_n(x)|≤e^-n car elle est décroissante.
   Il suffit donc d'étudier la fonction g_n sur l'intervalle [0,n].
   La fonction g_n est définie et continue sur [0,n], elle atteint donc un minimum et un maximum absolus sur cet intervalle.
   Partons de l'inégalité de convexité e^u≥1+u, qui donne pour x∈[0,n] :
   $$e^{-\frac{x}{n}}\geqslant 1-\frac{x}{n}\geqslant 0$$
   comme t→tⁿest croissante sur ℝ⁺, on obtient :
   $$e^{-x}\geqslant \left ( 1-\frac{x}{n} \right )^{n}$$
   Soit encore g_n(x)≥0=g_n(0).
   g_n admet donc son maximum en un certain point x_n de l'intervalle ]0,n[. Ce maximum correspond a une annulation de la dérivée g'_n de g_n.
   L'égalité g'_n(x_n)=0 donne :
   $$\left ( 1-\frac{x_{n}}{n} \right )^{n-1}=e^{-x_{n}}$$
   et donc :
   $$g_{n}\left ( x_{n} \right )=\frac{x_{n}e^{-x_{n}}}{n}$$
   et finalement ∀ x :
   $$0\leqslant g_{n}(x)\leqslant \frac{x_{n}e^{-x_{n}}}{n} \text{ avec }x_{n}\in \left ] 0,n \right [$$
   Pour u réel positif posons h(u)=ue^-u h est dérivable et de dérivée h'(u)= (1-u)e^-u. Par suite la fonction h aédmet en 1 un maximum égal à 1/e. On a donc démontré que :
   $$\forall x\in [0,+\infty [,\forall n\in \mathbb{N}^{+}\text{ }0\leqslant g_{n}(x)\leqslant \frac{1}{ne}$$
   qui prouve la convergence uniforme de g_n vers 0, donc de f_n vers f.

Utiliser ce résultat.

Si f est à support compact il existe M tel que f est nulle sur ]-∞,M[∪]M,+∞[. Donc ∀ε>0 x∈]-∞,M[∪]M,+∞[⇒ |f(x)|=0≤ε.
si f(x)=0 et g(x)=0 alors (f+g)(x)=0.
Nous en déduisons que x∉S(f)∪S(g) ⇒ x∉S(f+g).
En contraposant x∈S(f+g) ⇒ x∈S(f)∪S(g).
Donc S(f+g)⊆S(f)∪S(g).
Mais en utilisant ce résultat on voit que si S(f) et S(g) sont tous deux compacts, alors leur réunion est compacte et S(f+g) est compacte car fermé dans un compact.
Par ailleurs il est clair que si α est un réel quelconque non nul le support de αf est S(f). En outre si α=0 S(f)=∅.

Considérer l’application Φ : E → ℝⁿ définie par Φ = (f₁ ,...,f_n).
On utilisera en outre le résultat suivant :
Si Φ : E → F est continue et bijective et E est un espace compact alors Φ est un homéomorphisme.
La preuve est simple : soit K un ensemble fermé de E, comme E est compact alors K l’est aussi. Comme Φ est
continue alors Φ(K) est un compact de F donc un fermé. Mais en écrivant ceci à l’aide de l’application Φ^-1
nous venons de montrer que pour tout fermé K de E, l’image réciproque de K par Φ^-1 (qui est (Φ^-1)⁻¹ (K) =
Φ(K)) est un fermé. Donc Φ^-1 est continue. Donc Φ est un homéomorphisme.

Soit Φ la fonction considérée dans l'aide, alors Φ est continue car les f_i sont continues. Φ est injective : en
effet si x = y alors comme {f_i} sépare les points on a Φ(x) = Φ(y), par contraposition Φ est injective. Notons
F = Φ(E) l’image directe de E. Alors Φ : E → F est continue et bijective. Comme E est compact alors Φ est
un homéomorphisme. Donc E est homéomorphe à F qui est une partie de ℝⁿ .

Appliquer le théorème de Stone-Weierstrass.

• Tout d'abord X×Y est compact comme produit d'espaces compacts (voir ce résultat).
• $\mathfrak{A}$ est une sous algèbre de $\mathfrak{C}_{\mathbb{R}}\left ( X\times Y \right )$. En effet si f et g ∈$\mathfrak{A}$, alors λf, f+g, f×g ∈$\mathfrak{A}$ .
• $\mathfrak{A}$ contient les constantes en effet la fonction u constante égale à 1 sur X est continue, de même que la fonction v constante égale à 1 sur Y. Donc le produit u.v est dans $\mathfrak{A}$ et par suite pour tout réel k, k.u.v est dans $\mathfrak{A}$.
• $\mathfrak{A}$ sépare les points de X×Y soient en effet (x,y)≠(x',y') alors soit x≠x' soit y≠y'. supposons par exemple x≠x'. soit u la fonction définie sur E par
  $u(z)=\frac{d(x,z)}{d(x,x')}$ et soit v la fonction constante égale à 1 sur Y alors si f=u.v f(x,y)=0 et f(x',y')=1.

Utiliser une base orthonormale formée de polynômes.

Soit (P_n) une base orthonormale de l'espace préhilbertien $f\in \mathfrak{C}_{\left [ a,b \right ]}\left ( \mathbb{R} \right )$ avec la norme
$$\left \| f \right \|=\sqrt{\int_{a}^{b}\left | f\left ( t \right ) \right |^{2}dt}$$
La linéarité de l'intégrale nous donne :
$$\int_{a}^{b}f(t)P_{n}(t)dt=0 \text{ }\forall n\in \mathbb{N}$$
Il suffit alors d'appliquer ce théorème.

1. Pour l'équicontinuité utiliser le théorème des accroissements finis. Pour la convergence simple utiliser $$f_{n}(t)=sin\left ( \frac{t}{4n\pi } \right )+o\left ( \frac{1}{n} \right )$$
2. Montrer que la suite f_n ne converge pas uniformément vers 0 sur [0,+∞[, le théorème d'Ascoli est-il pris en défaut ?

1. 1. $$f_{n}(t)=sin\left ( 2n\pi \sqrt{1+\frac{t}{4n^{2}\pi ^{2}}} \right )$$
      $$f_{n}(t)=sin\left ( 2n\pi \left ( 1+\frac{1}{2}.\frac{t}{4n^{2}\pi ^{2}}+o\left ( \frac{1}{n^{2}} \right ) \right ) \right )$$
      $$f_{n}(t)=sin\left ( 2n\pi +\frac{t}{4n\pi }+o\left ( \frac{1}{n} \right ) \right )$$
      $$f_{n}(t)=sin\left ( \frac{t}{4n\pi } \right )+o\left ( \frac{1}{n} \right )$$
      Donc :
      $$\lim_{n\rightarrow \infty }f_{n}(t)=0$$ et on a une convergence simple vers la fonction nulle.

   2. Pour n≥1 :
      $$\left | f'_{n}(t) \right |=\frac{1}{2}.\frac{1}{\sqrt{t+4n^{2}\pi ^{2}}}cos\left ( t+4n^{2}\pi ^{2} \right )$$
      $$\left | f'_{n}(t) \right |\leqslant \frac{1}{2}.\frac{1}{\sqrt{1+4\pi ^{2}}}\leqslant \frac{1}{4\pi }$$
      Pour t≥0 fixé et ε>0 donné on pose η=4πε, alors en vertu du théorème des accroissements finis ∀ n≥1:
      $$\left | t-t' \right |< \eta \Rightarrow \left | f_{n}(t)-f_{n}(t') \right |\leqslant \frac{\left | t-t' \right |}{4\pi }< \varepsilon$$

2. Posons $\mathfrak{H}=\left \{ f_{n}|n\in \mathbb{N}^{*} \right \}$ et $\mathfrak{H}(t)=\left \{ f_{n}(t)|n\in \mathbb{N}^{*} \right \}$.
   Alors d'après la convergence simple :
   $$\overline{\mathfrak{H}(t)}=\mathfrak{H}(t)\cup \left \{ 0 \right \}$$
   Mais (f_n) ne converge pas uniformément vers 0. En effet ,
   Pour n impair posons t_n=5n²π², alors :
   $$f_{n}\left ( t_{n} \right )=sin\left ( \sqrt{9\pi ^{2}n^{2}} \right )=sin\left ( 3\pi n \right )=0$$
   Pour n pair posons $t_{n}=\frac{\pi ^{2}}{4}+2n\pi ^{2}$, alors :
   $$f_{n}\left ( t_{n} \right )=sin\left ( \sqrt{\frac{\pi ^{2}}{4}+2n\pi ^{2}+4n^{2}\pi ^{2}} \right )=sin\left ( \sqrt{\left ( \frac{\pi }{2}+2n\pi \right )^{2}} \right )=sin\left ( \frac{\pi }{2}+2n\pi \right )=1$$
   Donc pour tout n ||f_n-f||=1. Si $\mathfrak{H}$ était relativement compact de la suite (f_n) on pourrait extraire une sous-suite convergente vers 0 pour la norme du sup, mais ceci est impossible compte tenu de ce qui précède.
   Bien sûr le théorème d’Ascoli n’est pas mis en défaut, car toutes les hypothèses sont vérifiées sauf E = [0, +∞[ qui n’est pas compact.

Démarrer avec l’inégalité :
$$\left | f_{n}\left ( x_{n} \right )-b \right |\leqslant \left | f_{n}\left ( x_{n} \right )-f_{n}\left ( a \right ) \right |+\left | f_{n}(a)-b \right |$$
Si (f_n) n’est pas équicontinue le résultat peut être faux. Prendre :
$$f_{n}(x)=\left ( 1+x \right )^{n} \text{ et }x_{n}=\frac{1}{n}$$

1. 1. Soit (x_n) une suite convergeant vers a, alors
      $$\left | f_{n}\left ( x_{n} \right )-b \right |\leqslant \left | f_{n}\left ( x_{n} \right )-f_{n}\left ( a \right ) \right |+\left | f_{n}(a)-b \right |$$
   2. Soit ε>0, il existe N₁ tel que n≥N₁ implique |f_n(a)-b|≤ε/2.
   3. (f_n) équicontinue en a, donc il existe η>0 tel que ∀n∈ℕ et ∀x∈E
      $$\left | x-a \right |< \eta \Rightarrow \left | f_{n}(x)-f_{n}(a) \right |< \frac{\varepsilon }{2}$$
   4. Comme x_n→a alors il existe N₂ tel que pour n≥N₂ on ait |x_n-a|<η.
   5. Donc si N₃=Max(N₁,N₂) pour n≥N₃ on a :
      $$\left | f_{n}\left ( x_{n} \right )-b \right |\leqslant \left | f_{n}\left ( x_{n} \right )-f_{n}\left ( a \right ) \right |+\left | f_{n}(a)-b \right |< \frac{\varepsilon }{2}+\frac{\varepsilon }{2}=\varepsilon$$
      Donc (f_n(x_n)) converge vers b.
2. Soit les fonctions réelles définies par f_n(x) = (1 + x)ⁿ. Prenons x_n=1/n alors x_n→a=0, or f_n(a)=f_n(0)=1 ∀n. Cependant
   $$lim_{n \to \infty }f_{n}\left ( x_{n} \right )=e$$

Soit f: [a,b] → ℝ une fonction bornée. Alors, une condition suffisante pour que f soit Riemann-intégrable est que f soit continue sur [a,b] sauf peut-être en un nombre fini de points.

Soit I l'intervalle [-1,+1] et soit f la fonction définie sur I par :
$$\begin{cases} & f(0)=0 \\ & f(x)= sin(1/x) \text{ si } x\neq 0 \end{cases}$$
Alors f est Riemann-intégrable puisque continue en tout point sauf 0, mais f n'est pas réglée parce qu'il n'y a en 0 ni limite à droite ni limite à gauche.