Exercices sur les espaces de fonctions bornées
f désigne une fonction de ℝ dans ℝ. on dit que f tend vers 0 à l'infini si et seulement si :
$$\lim_{x \to +\infty }f(x)=\lim_{x \to -\infty }f(x)=0$$Montrer que toute fonction continue tendant vers 0 à l'infini est bornée.
Montrer que les fonctions continues tendant vers 0 à l'infini forment un sous-espace de $\mathfrak{B}_{\mathbb{R}}(\mathbb{R})$.
$$\lim_{x \to +\infty }f(x)=\lim_{x \to -\infty }f(x)=0$$Montrer que toute fonction continue tendant vers 0 à l'infini est bornée.
Montrer que les fonctions continues tendant vers 0 à l'infini forment un sous-espace de $\mathfrak{B}_{\mathbb{R}}(\mathbb{R})$.
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.
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.
Exercices sur les notions de convergence
Pour tout entier n≥1 soit fn la fonction définie sur ℝ+ par :
$$f_{n}(x)=\begin{cases} & \left ( 1-\frac{x}{n} \right )^{n} \text{ si } x\in \left [ 0,n \right ] \\ & 0 \text{ si } x\in ]n,+\infty [ \end{cases}$$
Montrer que la suite (fn) converge simplement et uniformément vers f(x)=e-x sur [0,+∞[
$$f_{n}(x)=\begin{cases} & \left ( 1-\frac{x}{n} \right )^{n} \text{ si } x\in \left [ 0,n \right ] \\ & 0 \text{ si } x\in ]n,+\infty [ \end{cases}$$
Montrer que la suite (fn) converge simplement et uniformément vers f(x)=e-x sur [0,+∞[
- Pour la convergence simple utiliser les développements limités de ln(1+x) et de ex au voisinage de 0, ainsi que la règle de calcul des développements limités des fonctions composées.
- Pour la convergence uniforme, poser gn=f-fn et majorer |gn| sur ℝ+.
- $$f_{n}(x)=\begin{cases} & e^{n.ln\left ( 1-\frac{x}{n} \right )} \text{ si } x\in \left [ 0,n \right ] \\ & 0 \text{ si } x\in ]n,+\infty [ \end{cases}$$
Le résultat provient donc de ln(1+x)=x-x2/2 +o(x2) et de ey=1+y+o(y) -
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 gn est définie et continue sur ℝ+. Pour x≥n on a |gn(x)|≤e-n car elle est décroissante.
Il suffit donc d'étudier la fonction gn sur l'intervalle [0,n].
La fonction gn 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 eu≥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 gn(x)≥0=gn(0).
gn admet donc son maximum en un certain point xn de l'intervalle ]0,n[. Ce maximum correspond a une annulation de la dérivée g'n de gn.
L'égalité g'n(xn)=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 gn vers 0, donc de fn vers f.
Exercices sur les fonctions continues bornées
Soit f une fonction numérique de ℝ dans ℝ. Le support de f est l'adhérence de l'ensemble des points où la fonction n'est pas nulle, $S(f)=\overline{\left \{ x\in \mathbb{R} \right | f(x)\neq 0\}}$.
f est dite à support compact si S(f) est un ensemble compact.
Montrer que toute fonction à support compact converge vers 0 à l'infini, au sens de cet exercice, et est donc dans $\mathfrak{B}_{\mathbb{R}}(\mathbb{R})$.
Montrer que les fonctions continues à support compact forment un sous-espace de l'espace des fonctions tendant vers 0 à l'infini, donc des fonctions bornées sur ℝ
f est dite à support compact si S(f) est un ensemble compact.
Montrer que toute fonction à support compact converge vers 0 à l'infini, au sens de cet exercice, et est donc dans $\mathfrak{B}_{\mathbb{R}}(\mathbb{R})$.
Montrer que les fonctions continues à support compact forment un sous-espace de l'espace des fonctions tendant vers 0 à l'infini, donc des fonctions bornées sur ℝ
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)=∅.
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)=∅.
Exercices sur le théorème de Stone-Weierstrass
Soit E un espace compact. Soit fi, i = 1, . . . , n une famille de n élements de $\mathfrak{C}_{\mathbb{R}}(E)$ qui sépare les points de E.
Montrer que E est homéomorphe à une partie de ℝn.
Montrer que E est homéomorphe à une partie de ℝn.
Considérer l’application Φ : E → ℝn définie par Φ = (f1 ,...,fn).
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.
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 fi sont continues. Φ est injective : en
effet si x = y alors comme {fi} 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 .
effet si x = y alors comme {fi} 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 .
Soient X et Y deux espaces métriques compacts. Soit $\mathfrak{A}$ l'ensemble des combinaisons linaires finies $f\in \mathfrak{C}_{\mathbb{R}}\left ( X\times Y \right )$ de la forme :$$f(x,y)=\sum_{i\in I}^{ }\lambda _{i}u_{i}(x).v_{i}(y)$$ avec $$u_{i}\in \mathfrak{C}_{\mathbb{R}}(X),v_{i}\in \mathfrak{C}_{\mathbb{R}}(X),\lambda _{i}\in \mathbb{R}, \text{I fini}$$Montrer que toute fonction de $\mathfrak{C}_{\mathbb{R}}\left ( X\times Y \right )$ est limite uniforme d'éléments de $\mathfrak{A}$.
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.
Exercices sur les applications de Stone-Weierstrass
Soit $f\in \mathfrak{C}_{\left [ a,b \right ]}\left ( \mathbb{R} \right )$ telle que :
$$\int_{a}^{b}f(t)t^{n}dt=0 \text{ }\forall n\in \mathbb{N}$$Montrer que f est la fonction nulle.
$$\int_{a}^{b}f(t)t^{n}dt=0 \text{ }\forall n\in \mathbb{N}$$Montrer que f est la fonction nulle.
Utiliser une base orthonormale formée de polynômes.
Soit (Pn) 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.
$$\left \| f \right \|=\sqrt{\int_{a}^{b}\left | f\left ( t \right ) \right |^{2}dt}$$
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.
Exercices sur les ensembles équicontinus
On considère la suite de fonctions $f_{n}(t)=sin\left ( \sqrt{t+4\left ( n\pi \right )^{2}} \right )$ pour t∈[0,+∞[.
- Montrer qu'il s'agit d'une suite équicontinue de fonctions convergeant simplement vers 0.
- La suite (fn) est-elle relativement compacte dans l'ensemble des fonctions continues et bornées sur [0,+∞[? Que dit le théorème d'Ascoli ?
- Pour l'équicontinuité utiliser le théorème des accroissements finis. Pour la convergence simple utiliser $$f_{n}(t)=sin\left ( \frac{t}{4n\pi } \right )+o\left ( \frac{1}{n} \right )$$
- Montrer que la suite fn ne converge pas uniformément vers 0 sur [0,+∞[, le théorème d'Ascoli est-il pris en défaut ?
-
- $$f_{n}(t)=sin\left ( 2n\pi \sqrt{1+\frac{t}{4n^{2}\pi ^{2}}} \right )$$
$$f_{n}(t)=sin\left ( 2n\pi \left ( 1+\frac{1}{2}.\frac{t}{4n^{2}\pi ^{2}}+o\left ( \frac{1}{n^{2}} \right ) \right ) \right )$$
$$f_{n}(t)=sin\left ( 2n\pi +\frac{t}{4n\pi }+o\left ( \frac{1}{n} \right ) \right )$$
$$f_{n}(t)=sin\left ( \frac{t}{4n\pi } \right )+o\left ( \frac{1}{n} \right )$$
Donc :
$$\lim_{n\rightarrow \infty }f_{n}(t)=0$$ et on a une convergence simple vers la fonction nulle. - 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:
$$\left | t-t' \right |< \eta \Rightarrow \left | f_{n}(t)-f_{n}(t') \right |\leqslant \frac{\left | t-t' \right |}{4\pi }< \varepsilon $$
- $$f_{n}(t)=sin\left ( 2n\pi \sqrt{1+\frac{t}{4n^{2}\pi ^{2}}} \right )$$
-
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 (fn) ne converge pas uniformément vers 0. En effet ,
Pour n impair posons tn=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 ||fn-f||=1. Si $\mathfrak{H}$ était relativement compact de la suite (fn) 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.
Soient E, F des espaces normés et (fn) une suite d’applications de E dans F équicontinue en a∈E. Montrer
que, si la suite (fn(a)) converge vers b, alors (fn(xn)) converge également vers b, si (xn) est une suite de E telle
que limn→∞ xn = a.
L’équicontinuité est-elle nécessaire ici ?
que, si la suite (fn(a)) converge vers b, alors (fn(xn)) converge également vers b, si (xn) est une suite de E telle
que limn→∞ xn = a.
L’équicontinuité est-elle nécessaire ici ?
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 (fn) n’est pas équicontinue le résultat peut être faux. Prendre :
$$f_{n}(x)=\left ( 1+x \right )^{n} \text{ et }x_{n}=\frac{1}{n}$$
$$\left | f_{n}\left ( x_{n} \right )-b \right |\leqslant \left | f_{n}\left ( x_{n} \right )-f_{n}\left ( a \right ) \right |+\left | f_{n}(a)-b \right |$$
Si (fn) n’est pas équicontinue le résultat peut être faux. Prendre :
$$f_{n}(x)=\left ( 1+x \right )^{n} \text{ et }x_{n}=\frac{1}{n}$$
-
- Soit (xn) une suite convergeant vers a, alors
$$\left | f_{n}\left ( x_{n} \right )-b \right |\leqslant \left | f_{n}\left ( x_{n} \right )-f_{n}\left ( a \right ) \right |+\left | f_{n}(a)-b \right |$$ - Soit ε>0, il existe N1 tel que n≥N1 implique |fn(a)-b|≤ε/2.
-
(fn) équicontinue en a, donc il existe η>0 tel que ∀n∈ℕ et ∀x∈E
$$\left | x-a \right |< \eta \Rightarrow \left | f_{n}(x)-f_{n}(a) \right |< \frac{\varepsilon }{2}$$ - Comme xn→a alors il existe N2 tel que pour n≥N2 on ait |xn-a|<η.
-
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 (fn(xn)) converge vers b.
- Soit (xn) une suite convergeant vers a, alors
-
Soit les fonctions réelles définies par fn(x) = (1 + x)n. Prenons xn=1/n alors xn→a=0, or fn(a)=fn(0)=1 ∀n. Cependant
$$lim_{n \to \infty }f_{n}\left ( x_{n} \right )=e$$
Exercices sur les fonctions réglées
Montrer qu'il existe des fonctions définies sur un intervalle [a,b] et à valeurs réelles qui sont Riemann intégrables et qui ne sont pas réglées.
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.
$$
\begin{cases} & f(0)=0 \\ & f(x)= sin(1/x) \text{ si } x\neq 0 \end{cases}
$$
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.