EXERCICES MATHEMATIQUE. UNIVERSITE DE LIEGE Faculté des Sciences F.BASTIN J.-P. SCHNEIDERS. Septembre 1992 EDITION PROVISOIRE

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1 UNIVERSITE DE LIEGE Faculté des Sciences EXERCICES d ANALYSE MATHEMATIQUE Notes du cours de la seconde candidature en sciences mathématiques et en sciences physiques F.BASTIN J.-P. SCHNEIDERS Septembre 992 EDITION PROVISOIRE

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3 Introduction Ce cahier d exercices est destiné aux étudiants de seconde candidature en sciences mathématiques et physiques. Il a pour but de compléter le cours d analyse du Professeur J. Schmets et à servir de base aux séances de travaux pratiques. Les exercices sont nombreux et ont un degré de difficulté très variable. Certains sont uniquement destinés à aider l étudiant à acquérir les automatismes de base pour la manipulation des différents concepts introduits dans la partie théorique du cours. D autres ne sont pas à proprement parler des exercices mais plutôt des applications de la théorie à la résolution de problèmes concrets. Leur but est de mettre en évidence comment tirer parti des méthodes enseignées dans des situations en relation directe avec la pratique. La plupart des exercices sont fournis avec leur solution détaillée, ceci afin que l étudiant qui désire travailler par lui-même puisse contrôler ses résultats. Il va sans dire que seule la recherche personnelle des solutions peut faire progresser dans la connaissance de la matière et que ces solutions ne devraient être utilisées que comme contrôle. L origine des exercices est très variée. La plupart proviennent des livres classiques d analyse cités dans la bibliographie. Dans de nombreux cas, ils ont été modifiés pour s intégrer dans le cadre du cours et parfois leurs solutions ont été simplifiées par des arguments originaux. Nous pensons que le but principal d un cahier d exercices est d aider l étudiant à maîtriser la matière du cours. Pour atteindre ce but, la collaboration des étudiants est nécessaire. Nous sommes donc ouverts à toute suggestion concernant l incorporation de nouveaux exercices ou la considération de nouveaux problèmes entrant dans le cadre du cours. i

4 ii Nos plus vifs remerciements vont à M. A. Garcet et Mme J. Lombet pour leur aide lors de la relecture des épreuves. Pour terminer, nous voudrions également remercier Mme N. Dumont pour le soin qu elle a apporté à l encodage en TEX de notre manuscrit. Liège, septembre 99 F. Bastin J.-P. Schneiders

5 Chapitre Espaces métriques et normés Exercice. Par définition, un ensemble est infini s il est en bijection avec l une de ses parties propres; un ensemble est fini s il n est pas infini. a) Si A est un ensemble fini et non vide, toute injection de A dans A est une bijection. b) Si A est un ensemble qui contient une suite de points deux à deux distincts, alors A est infini. Solution: a) Si f : A A est injectif mais non surjectif, alors f(a) est une partie propre de A et g : A f(a) a f(a) est une bijection. D où la conclusion. b) Soit D : {x m : m IN} une partie de A telle que x m x n si m n. Posons B : A\{x } et définissons f : A B par f(a) a si a A\D et f(x m ) x m+ pour tout m IN. Dès lors A est infini car f est une bijection et B est une partie propre de A. Exercice.2 Donner l expression d une bijection entre [, [ et ], [. Solution: L application T : [, [ ], [ définie par /2 si x T (x) /(m + ) si x /m x sinon est une bijection entre les intervalles [, [ et ], [.

6 2 Chapitre. Exercice.3 Soit (X, d) un espace métrique. a) Pour toute partie A de X et tout ouvert Ω on a (Ω A) (Ω A ). b) Une partie D de X est partout dense si et seulement si D rencontre tout ouvert non vide de X. c) Si A, B et A j (j J) sont des parties de X, on a (A B) A B (A B) A B A B (A B) (A B) A B ( j J A j ) ( j J A j) ( j J A j ) ( j J A j ). d) Si A et B sont des parties de X telles que A B A B alors (A B) A B (A B) A B. e) Si A et B sont des parties de X et si A ou B est ouvert alors A B (A B). f) Si A est une partie non vide de X, alors A {x X : d(x, A) }. On en déduit que tout fermé (resp. tout ouvert) de X est intersection (resp. union) dénombrable d ouverts (resp. de fermés). Solution: a) Bien sûr, on a (A Ω) (A Ω). Soit alors a A Ω et soit V un voisinage de a. Comme Ω V est encore un voisinage de a, et comme a est adhérent à A, l intersection A (Ω V ) n est pas vide. De A Ω (A Ω), on déduit alors la thèse. b) découle du fait que tout ouvert est voisinage de chacun de ses points et que tout voisinage de x contient un ouvert auquel x appartient. c) est direct vu les propriétés de l intérieur et de l adhérence d une partie de X. d) On a toujours A B (A B) et par conséquent aussi (A B) A B. Supposons que A B A B ( ). Soit x (A B). Si x appartient à A (resp. à B), on déduit de ( ) que l ensemble CB (resp. CA) est un voisinage de x; par conséquent (A B) CB A CB (resp. (A B) CA B CA) est

7 Espaces métriques et normés 3 aussi un voisinage de x. Dès lors A (resp. B) est voisinage de x et x A B. Comme on a A CB CB et B CA CA, l égalité conduit à A B (A \A ) (B \B ) A B (A B) \(A B ) (A B) \(A B) (A B). e) Pour toutes parties A et B de X, on a A B A B ; par conséquent (A B) A B donc (A B) (A B ) A B. Cela étant, supposons par exemple que A soit ouvert et démontrons que l ouvert A B est inclus dans (A B). Comme A est ouvert, on a (A B) (A B ). Soit alors un élément x de A B et un voisinage V de x. L ensemble A B V étant encore un voisinage de x, on en déduit que A B V n est pas vide. D où la conclusion. f) L adhérence A de A s écrit encore A m IN {x X : d(x, a) < a A m }. Dès lors, par définition de la fonction d(, A), on a A {x X : d(x, a) < m IN m } d où A {x X : d(x, A) }. Exercice.4 Soient (X, d) un espace métrique, B un sous-espace de (X, d) et A une partie de B. Alors a) A B A X B; A X A B B X ; A B A X B; b) si B est ouvert dans (X, d) alors A X A B et A B A X B; si B est fermé alors A B A X. Solution: Il suffit d appliquer les définitions de l adhérence, de l intérieur et de la frontière d un ensemble dans un espace métrique.

8 4 Chapitre. Exemples : (i) Dans X IR : l ensemble A ], ] est fermé dans B ], + [, ouvert dans B ], ]; l ensemble A {} coïncide avec sa frontière dans X IR alors que sa frontière dans B {} [, 2] est l ensemble vide ({} est voisinage de lui-même dans cet espace). (ii) Dans X IR 3 : l ensemble A {(x, y, ) : x 2 + y 2 < } est ouvert dans B IR 2 et son intérieur dans IR 3 est vide. Exercice.5 Soient Ω un ouvert non vide de IR n et f une fonction définie sur Ω telle que lim x x,x x f(x) pour tout x Ω. Alors l ensemble des points d annulation de f est partout dense dans Ω. Solution: Soit N l ensemble {x Ω : f(x) } et soit ω un ouvert non vide de Ω. Si ω N alors ω m IN {x ω : f(x) m }. Comme ω est un ouvert non vide de IR n, il n est pas dénombrable; il s ensuit qu il existe M IN tel que l ensemble {x ω : f(x) M } ne soit pas dénombrable. Cela étant, soit K m (m IN) une suite croissante de compacts telle que ω m IN K m. On obtient donc un M IN tel que l ensemble {x K M : f(x) M } soit non dénombrable; soit x m (m IN) une suite d éléments distincts de cet ensemble. Comme K M est compact, quitte à passer à une sous-suite, on peut supposer que la suite x m converge vers x K M et que x m x pour tout m IN. Dès lors, vu l hypothèse sur f, on a lim m + f(x m ), ce qui contredit f(x m ) M pour tout m IN. Exercice.6 Soit (X, d X ) l espace discret introduit au cours. a) Pour tout espace métrique (Y, d Y ), toute application est continue. b) (X, d X ) est complet. f : (X, d X ) (Y, d Y ) c) (X, d X ) est compact si et seulement si X est fini. d) (X, d X ) est séparable si et seulement si X est dénombrable. e) Les seules parties connexes non vides de (X, d X ) sont les singletons. Solution: Il suffit de se rappeler que tous les sous-ensembles de X sont des ouverts de (X, d X ).

9 Espaces métriques et normés 5 Exercice.7 Soit (X, d) un espace métrique et soit A une partie non vide de X. Alors a) A est borné si et seulement si A est borné; b) si A est borné, alors diam A diam A ; c) si A est précompact, alors A est borné; d) si (X, d) est complet, si A m (m IN) est une suite décroissante de parties bornées, fermées et non vides de (X, d) telle que alors + m A m est un singleton. diam A m, Solution: a) est immédiat car d une part A A et d autre part les boules b(x, r) de (X, d) sont fermées. b) Comme A A, on a bien sûr diam A diam A. Réciproquement, soient x, y deux éléments de A et soit ɛ >. Il existe a, b A tels que d(x, a) ɛ/2 et d(y, b) ɛ/2. Dès lors on obtient d(x, y) d(x, a) + d(a, b) + d(y, b) ɛ + diam A. Finalement, on a diam A diam A. c) Comme A est précompact, il existe N IN et a n X (n N) tels que A N n b(a n, ). Soit x X. Alors pour tout élément a de A, on a d(x, a) d(x, a n ) + d(a n, a) sup(d(x, a j ) : j N) + si n est choisi tel que d(a, a n ). Il s ensuit que A est inclus dans la boule de centre x et de rayon égal à sup(d(x, a n ) : n N) +. d) Pour tout m IN, choisissons un élément a m de A m. Cela étant, comme la suite diam A m converge vers et comme les A m sont emboîtés en décroissant,la suite a m est de Cauchy. Dès lors, comme l espace (X, d) est complet, il existe a X tel que la suite a m converge dans (X, d) vers a. Démontrons que l intersection des A m coïncide avec {a}. De fait, en se rappelant que les A m sont fermés et que l on a a n A N pour tout N IN et tout n N, on obtient que la limite a de la suite a m appartient à chacun des A N (N IN). De plus, si x et y sont deux éléments de m IN A m, alors on a d(x, y) diam A m pour tout m IN, donc d(x, y) et finalement x y.

10 6 Chapitre. Exercice.8 Soient (X, d X ) et (Y, d Y ) deux espaces métriques. a) Si f : (X, d X ) (Y, d Y ) est continu et si A est une partie relativement compacte de X, alors f(a ) (f(a)). b) Si f, g : (X, d X ) (Y, d Y ) sont continus, alors l ensemble F : {x X : f(x) g(x)} est fermé. c) Pour toute fonction continue f sur IR n [a, b], la fonction S(x) sup a y b f(x, y) est continue sur IR n. Solution: a) D une part, comme f est continu, on a A f (f(a)) donc f(a ) (f(a)). D autre part, comme A est compact et comme f est continu, l ensemble f(a ) est compact, donc fermé. D où la conclusion car on a f(a) f(a ). b) est direct en se rappelant qu un ensemble est fermé si et seulement s il contient les limites de ses suites convergentes. c) Montrons que S est continu en tout x IR n. Posons B {x IR n : x x }. Comme la fonction f est continue sur IR n [a, b], elle est uniformément continue sur le compact B [a, b] de IR n+. Etant donné ε >, il existe donc < r tel que { x, x B, t, t [a, b] (x, t) (x, t ) r f(x, t) f(x, t ) ε. (.) Dès lors, pour tout x IR n, x x r, vu (.), on a f(x, t) f(x, t) f(x, t) + f(x, t) ε + S(x ) t [a, b] donc et de même S(x) ε + S(x ) S(x ) ε + S(x). D où la conclusion. Exercice.9 a) Si A est une matrice réelle de dimension m n, alors l application T : IR n IR m x Ax est linéaire et continue.

11 Espaces métriques et normés 7 b) Soit [a, b] un intervalle compact de IR et soit E l espace normé (C ([a, b]), sup a x b (x) ). Etablir que l application S : E E f y a f(x)dx est définie, linéaire et continue (l image de la boule unité de E est même relativement compacte dans E). Solution: a) est immédiat. b) Vu le théorème de Lebesgue, S est bien défini. Il est alors immédiat de voir que S est linéaire et continu. Exercice. Si deux fermés (resp. ouverts) de l espace (X, d) ont une réunion et une intersection connexes, alors ils sont connexes. Solution: Soient F et F 2 deux fermés tels que F F 2 et F F 2 soient connexes. Procédons par l absurde et supposons par exemple que F n est pas connexe. Alors il existe deux ouverts Ω et Ω 2 de (X, d) tels que Ω F et Ω 2 F forment une partition de F. Considérons alors les ensembles Ω (F F 2 ) et Ω 2 (F F 2 ). Il s agit d ouverts de F F 2, dont l intersection est vide et dont la réunion est F F 2. Comme F F 2 est connexe, l un (au moins) d entre eux est vide. Par exemple Ω F C F 2 ; d où il vient Considérons ensuite les ensembles F F 2 Ω 2. (F Ω 2 ) (F 2 \F ) et F Ω. Il s agit d ouverts de F F 2 car ils s écrivent (F F 2 ) (Ω 2 C F ) d une part et (F F 2 ) (Ω C F 2 ) d autre part. De plus, F F 2 est égal à leur réunion. Comme F F 2 est connexe, l un (au moins) de ces ensembles est vide. Comme F Ω et F Ω 2 forment une partition de F, on doit avoir F 2 \F donc F 2 F. Mais ceci est absurde car par hypothèse F F 2 est connexe alors qu on vient de supposer F non connexe. On peut procéder de manière analogue lorsqu il s agit d ouverts. Il faut cependant remarquer que ce résultat n est plus valable lorsque les deux ensembles ne sont pas simultanément ouverts ou fermés. De fait, dans IR, les ensembles A [, 2] [3, 4] et A 2 ], [ ]2, 3[ sont de réunion et d intersection connexes (A A 2 ], 4] et A A 2 ) bien que ni A ni A 2 ne soit connexe.

12 8 Chapitre. Exercice. Soit (X, d X ) un espace métrique. a) L espace (X, d X ) est connexe si et seulement si toute partie propre et non vide de X a une frontière non vide. b) Si A et B sont deux parties connexes non vides de (X, d X ) alors A B est connexe si et seulement si l un des ensembles A B et A B est non vide. Solution: a) La condition est nécessaire. En effet, soit A une partie propre non vide de X. Si A alors A A A, donc A est à la fois ouvert et fermé dans X, ce qui est absurde. La condition est suffisante. En effet, si Ω, Ω 2 est une disconnexion de X, alors Ω est une partie propre et non vide de X qui est à la fois ouverte et fermée, donc qui a une frontière vide. D où une contradiction. b) La condition est nécessaire. Supposons que A B soit connexe et que A B. Si on a aussi A B, alors (C A ) (A B) et (C B ) (A B) forment un recouvrement disjoint ouvert de A B. Comme A B est connexe, l un au moins de ces ensembles est vide, par exemple C A (A B) C A B. Dès lors B A donc A B B. D où une contradiction. La condition est suffisante. Supposons que A B. S il existe des ouverts Ω, Ω 2 de (X, d X ) tels que Ω (A B) et Ω 2 (A B) forment une partition binaire ouverte de A B, alors (Ω A) (Ω B) donc Ω A ou Ω B. Raisonnons en supposant Ω A. Comme A est connexe, on en déduit que A Ω 2 et par suite Ω 2 B. Vu la connexité de B, on obtient B Ω. Par conséquent A B A Ω 2 (A Ω 2 ) ; d où une contradiction. Exercice.2 Plaçons nous dans IR 2. a) Le complémentaire de la boule unité B {x IR 2 : x } est connexe par arcs. b) L espace E {} [, ]) {(x, sin /x) : x ], /π]} est connexe mais n est pas connexe par arcs. Solution: a) Soient a et b deux points distincts de IR 2 \B tels que a b. (i) Si a b R et si arg(a) < arg(b) (par exemple), alors l application f [arg(a), arg(b)] IR 2 \B t (R cos t, R sin t)

13 Espaces métriques et normés 9 est continue (car les fonctions cos et sin sont continues sur IR) et telle que f (arg(a)) a et f (arg(b)) b. Si l on veut revenir à l intervalle [, ], il suffit de considérer la fonction continue g : [, ] [arg(a), arg(b)] t arg(a) + t(arg(b) arg(a)) et l application f g : [, ] IR 2 \B. (ii) Si a < b et arg(a) arg(b), alors l application f : [, ] IR 2 \B t a + t(b a) est continue et telle que f() a et f() b. (iii) Si a < b et arg(a) < arg(b), alors d une part f : [arg(a), arg(b)] IR 2 \B t ( a cos t, a sin t) est continu et tel que f (arg(a)) a, c : f (arg(b)). D autre part, f 2 : [, ] IR 2 \B t c + t(b c) est continu et tel que f 2 () c et f 2 () b. Il s ensuit que f : [, ] IR 2 \B défini par f(t) f (g(2t)) si t [, /2]; f(t) f 2 (2t ) si t [/2, ] est continu et tel que f() a et f() b. (iv) Si a < b et arg(a) > arg(b), on procède comme dans le cas précédent en considérant par exemple d abord puis g : [arg(b), arg(a)] IR 2 \B t ( b cos t, b sin t) g 2 : [, ] IR 2 \B t d + t(a d) (où on pose d : ( b cos arg(a), b sin arg(a)). b) Posons S : {} [, ] et G {(x, sin x ) : x ], /π]}. Comme S G (car la suite (/kπ, ) (k IN) appartient à G et converge dans IR 2 vers (,)) et comme S et G sont des parties connexes de IR 2, leur réunion E est connexe. Cela étant, démontrons par l absurde que E n est pas connexe par arcs. De fait, supposons qu il existe une application continue γ : [, ] E telle que γ() (, ) et γ() (/π, ). Soit r sup{t [, ] : γ(t) S}. Comme γ() appartient à G et comme γ est continu, on obtient r < ; de plus, la continuité de γ permet aussi de démontrer que γ(r ) appartient à S. Supposons par exemple que γ(r ) {} [, ]. Il existe alors un voisinage V de γ(r ) dans IR 2 et par suite ɛ > tels que γ([r, r + ɛ]) V \(IR [, 2 ]). On construit alors directement une partition binaire ouverte U, U 2 de γ([r, r + ɛ]). D où une contradiction car γ([r, r + ɛ]) est connexe.

14 Chapitre. Exercice.3 a) Toute partie connexe de IR est connexe par arcs. b) Tout ouvert connexe de IR n est connexe par arcs. c) Toute partie de QI (sous-espace de IR) contenant plus d un point n est pas connexe. Solution: a) et c) sont directs. b) Si Ω est vide, il est bien sûr connexe par arcs. S il ne l est pas, pour tout élément x de Ω considérons l ensemble Ω x : {y Ω : un chemin γ : [, ] Ω tel que γ() x et γ() y}. La famille Ω x (x Ω) est une famille d ouverts non vides de IR n (pour prouver que Ω x est ouvert, on peut procéder comme suit : pour tout y Ω x, il existe r > tel que la boule b de centre y et de rayon r soit incluse dans l ouvert Ω. Pour conclure, il suffit alors de noter que la boule b est en fait incluse dans Ω x ) telle que pour tous x, x Ω, on ait Ω x Ω x ou Ω x Ω x Ω x Ω x. Pour conclure, il suffit de prouver que tous les Ω x coïncident. De fait, si ce n est pas le cas, il existe des éléments x et x de Ω tels que Ω x Ω x donc tels que Ω x Ω x. Les ensembles Ω x et y Ω,Ω y Ω x Ω y forment par conséquent une partition binaire ouverte de Ω, ce qui est contradictoire.

15 Espaces métriques et normés Exercice.4 a) Soit (X, d X ) un espace métrique (X ). Une partie C de X est une composante connexe de (X, d X ) si et seulement si c est un connexe maximal (c est-à-dire un connexe tel que, si A est une partie connexe de (X, d X ) contenant C, alors A C). b) Toute composante connexe d un ouvert de IR n est ouverte. c) Soient (X, d X ) et (Y, d Y ) deux espaces métriques et soit f une application continue de (X, d X ) dans (Y, d Y ). Pour toute composante connexe C de (Y, d Y ), l ensemble f (C) est réunion de composantes connexes de (X, d X ). Solution: a) La condition est nécessaire. Par définition des composantes connexes, C est la classe d équivalence de l un de ses éléments; soit C C c. Dès lors pour toute partie connexe A de (X, d) contenant C, A contient c, donc est inclus dans C. De plus, C est connexe comme réunion de connexes d intersection deux à deux non vide. La condition est suffisante. D une part, si X n est pas vide, il en est de même pour C. Soit donc un élément c de C. Démontrons que C est la réunion des connexes de (X, d) contenant c. De fait, si B est connexe et contient c, l ensemble B C est connexe et contient C; dès lors B B C C. Pour conclure, il suffit alors de constater que C est lui-même un connexe contenant c. b) Soit C une composante connexe de Ω et soit x C. Il existe b(x, r) inclus dans Ω. Comme b(x, r) est connexe (car convexe) et d intersection non vide avec C, la boule b(x, r) est incluse dans C, d où la conclusion. c) Pour toute composante connexe A de (X, d X ) telle que A f (C), on a A f (C) (de fait : f(a) est connexe et f(a) C ; dès lors f(a) C est un connexe contenant C, donc égal à C). Comme X est égal à la réunion de ses composantes connexes, f (C) est l union des traces (non vides) sur f (C) des composantes connexes de (X, d X ); par conséquent f (C) est l union de ces composantes connexes. Exercice.5 Soit (X, d) un espace métrique. Etablir qu une partie compacte K de (X, d) est connexe si et seulement si pour tous x, y K et tout ɛ >, il existe un nombre fini d éléments x : x, x,..., x N, x N+ : y de K tels que d(x j, x j+ ) < ɛ pour tout j {,..., N}.

16 2 Chapitre. Solution: La condition est nécessaire (on n utilise pas l hypothèse de compacité de K); il suffit de remarquer que, pour tout x K et tout ɛ >, l ensemble {y K : x x, x,..., x N, x N+ y K : d(x j, x j+ ) < ɛ j,..., N} est une partie ouverte, fermée, non vide de K et par conséquent est égale au connexe K. La condition est suffisante. De fait, si le compact K n est pas connexe, il existe une partition fermée F, F 2 de K. Comme F et F 2 sont compacts et d intersection vide, il existe f F et f 2 F 2 tels que ɛ : d(f, F 2 ) d(f, f 2 ) soit strictement positif. Il existe ensuite des éléments x : f, x,..., x N, x N+ : f 2 de K tels que d(x j, x j+ ) < ɛ 2 pour tout j,..., N. Il s ensuit qu il existe j {,..., N} tel que x j F et x j+ F 2, ce qui est absurde car d(f, F 2 ) ɛ. Exercice.6 Pour tout compact K de IR 2, l ensemble Pr(K) : {x IR : y IR (x, y) K} est un compact de IR. Ce résultat est-il encore valable si on remplace compact par fermé (resp. par ouvert )? Solution: Pour démontrer que Pr(K) est compact, on peut soit démontrer qu il est extractable, soit démontrer que l application Pr : IR 2 IR (x, y) x est continue. Cas fermé non valable : le fermé F : {(x, y) IR 2 : xy, x, y } de IR 2 est tel que Pr(F) ], + [. Cas ouvert valable : soit θ un ouvert de IR 2 et soit x un élément de Pr(θ). Il existe y IR tel que (x, y) θ et par suite r > tel que b(x, r) b(y, r) θ. Dès lors b(x, r) P r(θ). Exercice.7 Soit d une distance sur X. La loi δ : d/( + d) est alors une distance sur X telle que a) l application identité est continue de (X, d) dans (X, δ) et de (X, δ) dans (X, d) (on dit que les espaces (X, d) et (X, δ) sont homéomorphes); b) X est borné pour δ (alors qu il ne l est pas nécessairement pour d comme le montre l exemple de X IR et d ); c) d et δ définissent les mêmes suites de Cauchy. Solution: La loi δ est bien définie sur X X et est à valeurs dans [, + [. Bien sûr, on a aussi δ(x, y) δ(y, x) et δ(x, y) si et seulement si d(x, y), donc

17 Espaces métriques et normés 3 si et seulement si x y. Pour prouver que δ est une distance, il reste donc à prouver que cette application vérifie l inégalité triangulaire. De fait, la fonction f(x) : x/( + x) est une fonction croissante sur ], + [. Dès lors, pour tous x, y, z X, on a d(x, y) d(x, z) + d(z, y) donc aussi δ(x, y) f(d(x, y)) f(d(x, z) + d(z, y)) δ(x, z) + δ(z, y). d(x, z) d(z, y) + + d(x, z) + d(z, y) a) D une part, pour tous x, x X et tout < ɛ <, on a δ(x, x ) < ɛ d(x, x ) < ɛ/( ɛ) donc id : (X, d) (X, δ) est continu. D autre part, pour tous x, x X et tout ɛ >, on a d(x, x ) < ɛ δ(x, x ) < ɛ/( + ɛ), donc id : (X, δ) (X, d) est continu. b) est évident car δ est à valeurs dans [, ]. c) se démontre comme a). Exercice.8 La loi d(x, y) arctan x arctan y a) est une distance sur IR équivalente au module (c est-à-dire que l identité est continue de (IR, ) dans (IR, d) et de (IR, d) dans IR, ); b) est telle que toute suite de Cauchy pour est de Cauchy pour d mais la réciproque n est pas vraie; c) est telle que (IR, d) n est pas complet, mais il existe un espace métrique complet F tel que (IR, d) soit un sous-espace dense de F. Solution: a) Le fait que d soit une distance est évident (se rappeler que arctan est une bijection de IR dans ] π 2, π 2 [). De plus, comme les fonctions tan et arctan sont continues et inverses l une de l autre, on vérifie immédiatement que et d sont des distances équivalentes. b) Comme D x arctan x pour tout x IR, on a d(x, y) x y pour tous x, y IR; dès lors, toute suite de Cauchy pour est de Cauchy pour d. De plus, la suite x m : m (m IN) est de Cauchy pour d mais non pour. c) Comme x m : m (m IN) ne converge pas dans IR, l espace (IR, d) n est pas complet. L espace F obtenu en munissant IR {, + } de la distance d définie par d (x, y) d(x, y) si x, y IR d (, y) (π/2) + arctan y si y IR d (x, + ) (π/2) arctan x si x IR d (, + ) π

18 4 Chapitre. est un espace métrique complet dont (IR, d) est un sous-espace dense. Exercice.9 a) Vérifier que les lois suivantes sont des normes sur les espaces linéaires correspondants : sup x K (x) sur C (K) (K compact de IR n b a (x) dx sur C ([a, b]) (a, b IR et a < b) sup x Ω (x) sur C (Ω) (Ω ouvert de IR n ) sup m IN m sur l et C + m m sur l ( + m m 2) /2 sur l 2 b) Soit M l ensemble {f C ([, ]) : f(), f(), sup f(x) } x muni de la distance d(f, g) : sup x f(x) g(x). l opérateur T : M [, ] défini par f f(x) 2 dx Vérifier que est continu; en déduire que M n est pas compact (mais il est borné et fermé dans C([, ])). Solution: a) est direct. b) On vérifie directement que T est bien défini. De plus, il est continu car on a, pour tous f, g M : T f T g ( f 2 g 2 )dx 2 f g dx 2 d(f, g). Considérons la suite f m (x) x m (m IN) de M. Si M est compact, il existe f M et une sous-suite f k(m) de f tels que f k(m) f dans M. Comme T est continu, la suite T f k(m) /(2k(m) + ) converge vers T f. Dès lors, T f f 2 dx et par suite f sur [, ]. D où une contradiction car f appartient à M.

19 Espaces métriques et normés 5 Exercice.2 [Ensembles convexes et cônes conormaux] Soit c un convexe fermé de IR n. On définit le conormal à c en x c comme l ensemble des vecteurs ξ IR n tels que y c y x, ξ, on le note N x(c) et on définit le fibré normal à c en posant N (c) x c {x} N x(c) IR n IR n. On vérifie aisément que N (c) est fermé. On demande de montrer que a) N x(c) est un cône convexe fermé. b) N x(c) {} x c. c) Pour tout x, la distance d(x, c) est réalisée en un et un seul point p(x) de c. d) On a l égalité et en particulier, on a p (x) x + N x(c) x p(x) N p(x)(c). e) L application p est continue et p(x) c si x / c. f) On a l égalité g) La fonction c est de classe C et on a {y : y x, ξ }. (x,ξ) N (c) d 2 (x, c) : IR n IR grad x d 2 (x, c) 2(x p(x)). h) Si ψ : U V est une application C d un voisinage U de c sur un voisinage V de ψ(c) et si ψ(c) est convexe, alors ψ x (N ψ(x)ψ(c)) N xc.

20 6 Chapitre. i) En déduire que pour tout ɛ > c ɛ {x : d(x, c) ɛ} est une variété à bord de classe C et que Nx(c ɛ ) Np(x)(c). Solution: a) C est trivial. En effet, il est clair que N (c) est fermé et que N x(c) est convexe et conique. b) Si x c, il existe une boule B centrée en x et incluse dans c ainsi N x (c) {}. Si x c, il existe une suite x m / c telle que x m x. Dès lors, ξ m x m p(x m ) x m p(x m ) est une suite bornée et (x m, ξ m ) N (c). On peut donc trouver une sous-suite (x m, ξ m ) N (c) qui converge vers (x, ξ), ξ. Il en résulte que ξ N x(c) et que N x(c) {}. c) Comme IR n est localement compact, la distance d(x, c) est réalisée en un point y c. Elle est réalisée en y 2 c et si y 2 y, il est clair que d(x, y + y 2 ) < d(x, y ) + d(x, y 2 ) d(x, c) 2 2 et comme c est convexe, y+y2 2 c et on doit également avoir d(x, c) d(x, y + y 2 ), 2 d où une contradiction. d) Soit h un vecteur tel que p(x) + h c. Par convexité, p(x) + th c pour t [, ]. Ainsi, on a successivement p(x) + th x 2 p(x) x 2 p(x) x 2 + 2t p(x) x, h + t 2 h 2 p(x) x 2 2 p(x) x, h + t h pour tout t [, ]. En laissant t tendre vers, on voit que De cette majoration, il résulte que x p(x), h. x p(x) N p(x) (c).

21 Espaces métriques et normés 7 Comme x (x p(x)) + p(x), on a p (y) y + N y (c). Soit maintenant un ξ N y (c)\{}. Par définition, c {x : x y, ξ }. Il en résulte que d(y + ξ, c) d(y + ξ, y) d(y + ξ, c). Ainsi d(z + ξ, c) d(y + ξ, y) et p(y + ξ) y d où l on tire que e) On a les majorations suivantes y + N y (c) p (y). x y 2 x p(x) + p(x) p(y) + p(y) y 2 x p(x) + p(y) y 2 + p(x) p(y) 2 +2 x p(x) + p(y) y, p(x) p(y) p(x) p(y) 2 2 x p(x), p(y) p(x) 2 y p(y), p(x) p(y) p(x) p(y) 2 d où la continuité de p. Si x c, x p(x) et Np(x) (c) {} d où l on tire que p(x) c. f) Il suffit de montrer que si y / c, il existe (x, ξ) N (c) tel que y x, ξ >. Or le couple (p(y), y p(y)) vérifie trivialement cette propriété. g) On a successivement et D où l on tire que d 2 (y, c) d 2 (x, c) 2 x p(x), y x y p(y) 2 x p(y) 2 2 x p(x), y x y x y x, x p(y) 2 x p(x), y x 2 y x, p(x) p(y) 2 y x p(x) p(y) d 2 (y, c) d 2 (x, c) 2 x p(x), y x y p(x) 2 x p(x) 2 2 x p(x), y x y x y x, x p(x) 2 x p(x), y x y x 2. d 2 (y, c) d 2 (x, c) 2 x p(x), y x lim y y x

22 8 Chapitre. et la conclusion en résulte. h) Soit ξ Nϕ(x) ψ(c). Par définition, il est clair que On en tire que ψ(c) {y : y ψ(x), ξ }. c {y : ψ(y) ψ(x), ξ }. Comme c est convexe, si y c, x + t(y x) c pour t [, ]. On en tire que si y c, ψ(x + t(y x)) ψ(x), ξ t pour tout t ], ]. Un passage à la limite pour t + montre que ψ (y x), ξ. x Ainsi, pour tout y c, on a y x, ψ x ξ et ψ x ξ N x(c). La conclusion en découle aussitôt. i) C est une conséquence directe de g) et h) et du théorème du rang constant.

23 Chapitre 2 Espaces C p Exercice 2. Etudier la convergence ponctuelle et la convergence uniforme sur IR des suites f m () (/m)χ [/m,2/m] f m (2) χ [/m,2/m] f m (3) mχ [/m,2/m] f m (4) ( + mx 2 ) f m (5) m 2 xχ ],/m] + (2m m 2 x)χ ]/m,2/m] f m (6) m 2 x e m(x /m) χ [,+ [ Solution: Les suites f m (j) (j, 2, 3, 5, 6) convergent ponctuellement vers. La suite f m (4) converge ponctuellement vers χ {}. La suite f m () converge aussi uniformément vers sur IR. Exercice 2.2 a) Etudier la convergence ponctuelle sur [, ], uniforme sur [, ], uniforme sur un compact de ], ] des suites de fonctions f m et g m suivantes : f m (x) mx( x 2 ) m g m (x) mxχ [,/m] + (m/(m ))( x)χ ]/m,]. 9

24 2 Chapitre 2. b) Etudier la convergence ponctuelle et uniforme sur [, + [ de la suite de fonctions f m (x) xe mx (m IN). c) Etudier la convergence ponctuelle et uniforme sur [, + [, et sur les compacts de ], + [ de la suite de fonctions m 2 x + m 3 x 3 (m IN). Solution: a) La suite f m converge ponctuellement vers sur [, ] et uniformément vers sur tout compact de ], ]; de plus on a sup x f m (x) f m ((2m+) /2 ) + si m +. La suite g m converge ponctuellement sur [, ] et uniformément sur tout compact de ], ] vers la fonction g(x) ( x) χ ],] ; de plus on a gm (/m 2 ) g(/m 2 ) si m + donc g m ne converge pas uniformément sur [, ]. (On peut aussi constater directement que la convergence n est pas uniforme sur [, ] car les g m sont continus sur cet intervalle alors que g ne l est pas.) b) La suite f m converge ponctuellement vers sur [, + [. Etudions sa convergence uniforme. Comme f m C (IR) pour tout m, on a D x f m e mx ( mx) pour tout m IN et tout x IR. Il s ensuit que sup x f m (x) f m (/m) (/m)e donc que f m. [,+ [ c) La suite f m (x) m 2 x/(+m 3 x 3 ) converge ponctuellement vers sur [, + [ et uniformément vers sur tout compact de ], + [. De plus, on a sup x f m (x) f m (2 /3 m ) + si m +. Exercice 2.3 Etudier la convergence ponctuelle des suites f m (m IN) suivantes. Sur quels sous-intervalles de l ensemble de définition la convergence est-elle uniforme? a) f m (x) x/m (x IR) b) f m (x) e mx (x [, + [ c) f m (x) x /m (x ], + [) d) f m (x) (x ) /m (x [, + [) x e) f m (x) (x [, + [) + m 2 x2 mx f) f m (x) (x [, + [) + m 2 x2 g) f m (x) m2 x (x [, + [) + m 2 x2

25 Espaces C p 2 h) f m (x) xe mx (x [, + [) i) f m (x) mxe mx (x [, + [) j) f m (x) m 2 xe( mx (x [,) + [) mx k) f m (x) cosh (x ±) ( l) f m (x) cosh m m) f m (x) n) f m (x) o) f m (x) p) f m (x) q) f m (x) r) f m (x) x k k m x k k m k m k m k m k Exercice 2.4 k x k k 2 m(x 2 ) ) x (x ±/m) m 2 x 2 a k e ikx (où a k ) x (x [, + [) ( + x) k ( ) x + m (x [, + [) x + m + On considère la fonction S : ], π[ IR x + m 2 m tan(x2 m ). Calculer cette fonction (i.e. sommer la série). La convergence de la série est-elle uniforme sur ], π[? Solution: Pour tout x ], π/2[, on a tan(x) cot(x) 2 cot(2x). Il s ensuit que, pour tout M IN et tout x ], π[, M M M 2 m tan(x2 m ) 2 m cot(x2 m ) 2 m+ cot(x2 m+ ) m m m 2 M cot(x2 M ) cot(x)

26 22 Chapitre 2. doù + m cos(x2 M ) x x2 M sin(x2 M ) cot(x) 2 m tan(x2 m ) x cot(x). De plus, la convergence de la série est uniforme sur ], π[. De fait, comme 2 m x ], π/4[ pour tout x ], π[ et tout m IN, m 2, on a q sup 2 m tan(2 m q x) 2 m si p, q +. x ],π[ Exercice 2.5 mp mp a) Soit la série S(x) : + m e mx /( + m 2 ). Démontrer que cette série converge si x, diverge si x < et que S(x) est un élément de C ([, + [). b) Développer la fonction f(x) (+x) en série de puissances de x dans ], [. Le développement est-il valable en d autres points? Etudier la convergence uniforme de la série obtenue sur ], [ et sur un compact de ], [. c) Etablir les égalités suivantes pour a > et b > : e at /( + e bt )dt + m ( ) m /(a + mb) (en particulier ln2 et π 4 ); t e at /( e bt )dt t e at /( + e bt )dt + m + m /(a + mb) 2 ; ( ) m /(a + mb) 2.

27 Espaces C p 23 Solution: a) est direct en se rappelant qu une limite uniforme de fonctions continues est continue. b) Pour tout x ], [, on a f(x) + m ( )m x m (série géométrique). De plus, si x / ], [, la série ne converge pas car son terme général ne tend pas vers. Cela étant, pour tout M IN et tout x ], [, on a M f(x) ( ) m x m x M+ ( + x) ; m par conséquent, on obtient M sup f(x) ( ) m x m ( M + )M+.(M + ) (M + )(2e) x ],[ m pour tout M IN suffisamment grand. Dès lors, la série ne converge pas uniformément sur ], [. Cependant, si K est un compact inclus dans ], [, il existe ɛ > tel que K [ + ɛ, ɛ]. Il s ensuit que M sup f(x) ( ) ( ) m x m sup x M+ /( + x) ɛ ( ɛ) M+ x K m x K donc aussi que la série converge uniformément sur tout compact de ], [. c) Ces égalités s établissent en remarquant que, pour tous t, b >, on a ( ± e bt ) + m { ( ) m } e mbt et en passant à la limite sous le signe d intégration. Exercice 2.6 a) Soit f m (m IN) une suite de fonctions intégrables sur l intervalle borné ]a, b[ de IR. Si la suite f m converge uniformément vers f sur ]a, b[, alors f est intégrable sur ]a, b[ et la suite b a f m(x)dx converge vers b a f(x)dx b) En utilisant a) et la définition de la fonction exponentielle, établir que + m m m x x dx.

28 24 Chapitre 2. c) Soient f m et g m (m IN) deux suites de fonctions définies sur une partie A de IR n. Si la série + m g m converge uniformément sur A et s il existe C > tel que f m+ (x) f m (x) Cg m (x) pour tout x A et tout m IN, alors f m. A d) Soit f m (m IN) une suite de C (IR) telle que f m IR f. Pour tout m IN et tout x IR, posons g m (x) f m (x + /m). Alors la suite g m converge ponctuellement vers f sur IR; si en outre les f m sont uniformément continus, alors g m IR f. Solution: a) Comme a, b IR et comme les f m sont intégrables, on déduit directement que f est intégrable sur ]a, b[. De plus, on a b (f m (x) f(x))dx (b a) sup f m (x) f(x). a x b a D où la conclusion. b) est alors direct. c) et d) sont des exercices standards. Remarque: Dans le point (a) de l exercice précédent, on ne peut remplacer la convergence uniforme par la convergence ponctuellecomme le montre l exemple de la suite f m (x) m/(mx + ) et de la fonction f(x) /x sur l intervalle ], [. Exercice 2.7 a) Une fonction uniformément continue f sur ], ] est bornée sur ], ]. b) Une fonction continue sur [, + [ qui admet une limite finie en + est uniformément continue sur [, + [. c) Si f m (m IN) est une suite de fonctions uniformément continues sur D IR n qui converge uniformément sur D vers f, alors f est uniformément continu sur D. Solution: a) Comme f est uniformément continu sur ], ], il existe η ], [ tel que (x, y ], ], x y < η) f(x) f(y) <. Il s ensuit que sup <x f(x) sup η x f(x) + + f(η).

29 Espaces C p 25 b) Soit ɛ >. Comme il existe L IR tel que lim x + f(x) L, il existe aussi η > tel que sup x η f(x) L < ɛ 3. Cela étant, vu la continuité uniforme de f sur [, η], il existe r > tel que } x, y [, η] f(x) f(y) < ɛ/3. x y r On vérifie alors directement que l on a aussi } x, y [, + [ f(x) f(y) < ɛ. x y r D où la conclusion. c) est direct. Remarque: Le point (b) de l exercice précédent n admet pas de réciproque comme le montre l exemple d une fonction périodique et continue sur [, + [. Exercice 2.8 [A comparer avec le théorème de Dini du cours] a) Soit f m (m IN) une suite de fonctions réelles et continues sur le compact K de IR n et soit f une fonction définie sur K. Si f m (x) croît vers f(x) pour tout x K, alors pour toute fonction continue g sur K telle que g < f sur K, il existe M IN tel que g f m sur K pour tout m M. Dès lors, si f m et g m (m IN) sont deux suites de fonctions réelles et continues sur K telles que pour tout x K les suites f m (x) et g m (x) croissent strictement vers f(x), alors il existe une suite strictement croissante k(m) (m IN) de naturels telle que f m() g m(2) f m(3) g m(4)... sur K. b) Soit [a, b] un intervalle compact de IR et soit f m (m IN) une suite de fonctions réelles et croissantes définies sur [a, b]. S il existe une fonction continue f sur [a, b] telle que la suite f m converge ponctuellement vers f sur K, alors la suite f m converge uniformément vers f sur K. Solution: a) Pour tout m IN, posons K m {x K : g(x) f m (x) }. La suite K m (m IN) est alors une suite décroissante de compacts de IR n. Si K m est non vide pour tout m, il existe x appartenant à m IN K m. Dès lors, on a g(x) f m (x) pour tout m, donc g(x) f(x), ce qui contredit l hypothèse. Par conséquent, il existe M IN tel que g f m sur K pour tout m M.

30 26 Chapitre 2. Posons k(). Comme f < f sur K, vu a) appliqué à la suite g m, il existe k(2) > tel que f g k(2) sur K. Comme g k(2) < f sur K, une application de a) à la suite f m fournit k(3) > k(2) tel que g k(2) f k(3) sur K. On construit ainsi par récurrence une suite k(m) (m IN) satisfaisant à l énoncé. b) Etablissons d abord que f est réel et croissant sur [a, b]. De fait, f est la limite ponctuelle de fonctions réelles, donc est réel. De plus, si x et y sont deux éléments de [a, b] tels que x y, alors f m (x) f m (y) pour tout m. Par passage à la limite, on obtient f(x) f(y). Cela étant, soit ɛ >. D une part, comme f est continu sur le compact [a, b], f est uniformément continu sur [a, b]. D où il existe η η(ɛ) > tel que (x, y [a, b] et x y η) f(x) f(y) ɛ 2. Soit alors un naturel J J(ɛ) tel que (b a) η J. Pour tout j {,..., J), posons x j a + (j/j)(b a). Il s ensuite que pour tout j {,..., J}, on a < x j x j < η; dès lors pour tout x [x j, x j ], on a f(x) f(x j ) f(x) f(x j ) ɛ 2 et f(x j) f(x) f(x) f(x j ) ɛ 2. D autre part, comme f m (x) f(x) x K et comme les x j en nombre fini, il existe M M(ɛ) IN tel que (j {,..., J}) sont f m (x j ) f(x j ) ɛ 2 pour tous j {,..., J} et m M. ( ) Finalement, soient x [a, b] et j {,..., J} tels que x [x j, x j ]. Pour tout m M, vu ( ) et ( ) et vu la croissance de la fonction f m (pour tout m), on obtient f m (x) f m (x j ) f(x j ) + ɛ/2 f(x) + ɛ et f m (x) f m (x j ) f(x j ) ɛ/2 f(x) ɛ donc f m (x) f(x) ɛ. Par conséquent, on a sup{ f m (x) f(x) : x [a, b]} ɛ d où la conclusion. Remarque: Le résultat (b) de l exercice précédent s applique à la suite f m ( m )χ [,/m[ + χ [/m,[ et à la fonction f χ [,] sur [a, b] [, ] alors que dans ce cas le théorème de Dini ne s applique pas.

31 Espaces C p 27 Exercice 2.9 a) Soient K un compact de IR n, A une partie de IR m et f une fonction continue sur K A. Alors l ensemble {f(x,.) : x K} est une partie équicontinue de C (A). b) Soient A IR n et F C (A). Etablir que F est uniformément équicontinu sur A si et seulement si, pour toutes suites f m F, x m, y m A (m IN) telles que lim m x m y m, on a lim m (f m (x m ) f m (y m )). c) Si f est une fonction uniformément continue sur IR n, alors {f(. + h) : h IR n } est un ensemble uniformément équicontinu sur IR n. d) L ensemble {x m : m IN} est-il uniformément équicontinu sur [, ]? Solution: a), b) et c) sont directs. d) La suite f m (x) x m (m IN) converge ponctuellement vers χ {} sur [, ]. Vu la discontinuité de χ {} sur [, ] et vu le théorème d Arzela-Ascoli, l ensemble {x m : m IN} ne peut pas être uniformément équicontinu sur [, ]. Exercice 2. Soient a, b IR tels que a < b et soit une fonction K C ([a, b] [a, b]). Etablir que l opérateur T : C ([a, b]) C ([a, b]) f b a f(x)k(x, y)dx est compact (l espace C ([a, b]) est muni de la topologie définie par la norme sup a x b.(x) ). Solution: On vérifie directement que T est un opérateur bien défini et linéaire. Cela étant, pour prouver que l image par T de la boule unité b de C ([a, b]) est d adhérence compacte dans C ([a, b]), il suffit de prouver que T b est précompact dans C ([a, b]) ou encore, vu le théorème d Arzela-Ascoli, que T b est ponctuellement borné et équicontinu sur [a, b]. Ceci résulte directement de la continuité uniforme de K sur [a, b] [a, b].

32 28 Chapitre 2. Exercice 2. a) Pour tout fermé F de IR n (resp. tout ouvert Ω de IR n ) et tout f C (F ) (resp. f C (Ω)), il existe une suite P m (m IN) de polynômes telle que P m f pour tout compact K de IR n inclus K dans F (resp. dans Ω). b) La fonction caractéristique de l ensemble {(x, y) : x } est limite ponctuelle d une suite de polynômes P m Solution: a) Soit K m (m IN) une suite fondamentale de compacts de F (resp. de Ω). Pour tout m IN, il existe une suite P m (k) (k IN) de polynômes telle que P m (k) f Km /k (k IN). On vérifie alors directement que la suite Q m : P m (m) convient. b) Pour tout m IN, posons K m () : [ m, /m] [ m, m], K m (2) : [, m] [ m, m] et K m : K m () K m (2). La fonction f m définie sur K m par f m (x, y) χ (2) K est continue sur K m ; par conséquent, il existe un polynôme P m tel que m f m P m Km < /m. On vérifie alors directement que la suite P m (m IN) convient. Exercice 2.2 a) Etablir que la fonction f(x) : + m /(x + m) 2 appartient à C (], + [) et que ses dérivées peuvent être calculées terme à terme. b) Etablir que la fonction f(x) : + m e mx /( + m 2 ) appartient à C ([, + [) C (], + [) et que ses dérivées se calculent terme à terme. c) Etablir que la fonction f(x) : + m ( + x 2 ) m appartient à C (C{}) et que sa dérivée se calculent terme à terme. En déduire la valeur de S + m m2 m. d) Pour tout α IR, α, et tout k IN, posons C k α : α(α )... (α k + )(k!) ; posons aussi C α :. Etablir que, pour tout x ], [, on a ( + x) α + k C k αx k.

33 Espaces C p 29 Solution: a), b), et c). Il suffit de démontrer que (i) la série des dérivées p-ièmes (avec p IN {} pour a) et b); p, p pour c)) converge uniformément sur tout compact de ], + [ (pour a),b) et c)) et de ], [ (pour c)); (ii) la série + m e mx /( + m 2 ) converge uniformément sur ], + [. d) Voici un procédé permettant de résoudre d) : établir que la somme de la série + Cα k k x k ( + x) α appartient à C (], [), est dérivable terme à terme et que sa dérivée est nulle sur ], [; conclure par le théorème de l ouvert connexe. Exercice 2.3 On sait que pour tout α IR \ (IN {}), on a ( + x) α + m C k αx k x ], [ avec Cα Cα k α(α )... (α k + ) k! Etudier le convergence ponctuelle et uniforme de la série + m Cαx k k en fonction des valeurs de α. Solution: Pour tout α, par le critère du quotient, on a lim k + Cα k+ x Cα k x. Dès lors, la série est absolument convergente pour x ], [ et diverge si x [, ]. Etudions donc le cas x en fonction des valeurs de α. Pour tout k suffisamment grand, on a C k α C k+ α α. Dès lors, pour x et α, la série diverge car son terme général ne tend pas vers (on obtient + dans le critère du quotient). Pour étudier le cas α > (i.e. obtenu par le critère du quotient), appliquons le second critère du quotient(*): une série à termes strictement positifs + m x m

34 3 Chapitre 2. ( ) x converge si lim m m m x m+ > ( ) x diverge si lim m m m x m+ < ou. Dans notre cas, pour k >>, ( ) ( ) C k k α k + Cα k+ k α k k(α + ) α + si k +. k α Dès lors, dans le cas α >, la série + k C α k est convergente si et seulement si α >. Pour terminer cet exercice, il nous reste à voir si + k Ck αx k (**) est convergente pour α ], [, x ±. On a Cα k α... (α k + ) ( ) k C k k! α donc la série (**) diverge pour x. Pour x, il s agit d une série alternée. Comme on est dans le cas α >, on sait déjà que la suite Cα k est décroissante. De plus, elle converge vers car on a C k α k j k j k j j j (α + ) j(j + + α) j 2 (α + ) 2 j + + α j + (α + ) k j k j j ( + α + ) j + si k +. Ce qui précède concerne la convergence simple de la série S α (x) + k C k αx k. Etudions sa convergence uniforme sur les sous-intervalles de l intervalle d extrémités et. On sait déjà que pour tout α, la série est uniformément (et même normalement) convergente sur [ r, r] (r ], [). Voyons si on peut améliorer la convergence en fonction des valeurs de α.

35 Espaces C p 3 Cas α >. La série S α converge uniformément (et même normalement) sur [, ] car la série + k Ck α converge. Cas α ], [. La série S α ne converge pas normalement sur [r, ] (r [, ]) car la série + k Ck α diverge. Cependant, par le critère d Abel, elle converge uniformément sur [, ]. De plus, elle ne converge pas uniformément sur les intervalles du type ], r] (r ], [) car chacune des sommes partielles est bornée sur ce type d intervalle alors que la limite ( + x) α ne l est pas. Cas α. La série S α ne converge pas uniformément sur les intervalles du type ], r] (r ], [) car chacune des sommes partielles est bornée sur ce type d intervalle alors que la limite ( + x) α ne l est pas. De plus, elle ne converge pas non plus uniformément sur le intervalles du type [r, [ (r ], [) car M sup r x< ( + x)α Cαx k k M sup r x ( + x)α Cαx k k (fcn. cont.!) k k M ( + )α Cα k > R > pour une infinité de valeurs de M (comme la suite M k Ck α ne converge pas, elle ne converge pas vers 2 α ; d où un R > comme ci-dessus). (*) Le second critère du quotient permet parfois de conclure là où le critère du quotient ne donne rien : par exemple pour la série de terme général (am + b) (a, b > ). a) Développer les fonctions suivantes en série de puis- Exercice 2.4 sances de x: k f(x) ln( + x) g(x) arctan(x) h(x) arcsin(x). Etudier la convergence ponctuelle et uniforme des séries obtenues. b) Sachant que z e z + m B m m! zm z CI, z < 2π où les B m sont les nombres de Bernoulli, c est-à-dire B, B m m k C k mb m k k + m IN,

36 32 Chapitre 2. développer la fonction tan(x) en série de puissances de x. c) Soit S(x) + m x m et soit p IN. Développer la fonction S p en série de puissances de x. Solution: a) Cas de ln( + x). La fonction ln( + x) appartient à C (], + [) et Considérons alors la fonction D x ln( + x) + + x ( ) m x m x ], [. S(x) + m m ( ) m m + xm+. Cette fonction S est définie sur ], [ et la suite M D x m ( ) m m + xm+ M ( ) m x m (M IN) converge uniformément sur tout compact de ], [. Il s ensuit que S C (], [) et D x S(x) lim M D x M m Dès lors il existe r IR tel que m ( ) m + m + xm+ ( ) m x m D x ln( + x) x ], [. m ln( + x) r + S(x) x ], [. Pour x, on obtient r, d où le développement de ln( + x). La série S(x) converge absolument en tout x ], [, est semi-convergente pour x (série alternée) et diverge sinon. De plus, la convergence est uniforme sur tout intervalle du type [ + ε, ] ( < ε < ) car [ + ε, ] est un intervalle compact de ], [ et q ( ) m sup m + xm p + x [,] mp par la majoration des séries alternées. On en déduit notamment que S est continu sur ], ], donc que ln( + x) S(x) x ], ].

37 Espaces C p 33 Cependant, la convergence n est pas uniforme sur ], + ε[ car chacune des sommes partielles est une fonction bornée sur cet intervalle alors que ln( + x) ne l est pas. Bien sûr, vu la question, il serait naturel de se demander ce que donne le développement de Taylor en de la fonction ln( + x). On ne peut pas obtenir facilement la convergence vers du reste pour toutes les valeurs de x ], [ (cela se passe de façon directe seulement pour x ] /2, [). Cependant, la formule intégrale de Taylor permet, elle, de conclure très facilement. En effet, pour tout x ], + [, on a où Comme et comme ln( + x) M ( ) m+ m xm + R(x, M) m R(x, M) x M+ dt ( t)m (D M+ ln( +.))(tx). M! M+ ( t)m x (D M+ ln( +.))(tx) ( ) M x M+ ( t) M M! ( + tx) M+ < t < + tx t ], [, x > on obtient x M+ ( t) M ( + tx) M+ xm+ + tx. Si x ], [, on a dès lors R(x, M) x M+ dt si M +. + tx Cas de arctan(x). La fonction arctan(x) appartient à C (IR) et est telle que D x arctan(x) + + x 2 ( ) m x 2m x ], [. m En procédant comme ci-dessus, on obtient arctan(x) + m ( ) m 2m + x2m+ x ], [.

38 34 Chapitre 2. La série + ( ) m m 2m+ x2m+ converge absolument pour x ], [, est semiconvergente pour x ± (série alternée) et diverge sinon. De plus, la convergence est uniforme sur [, ] car (fonction impaire!) q ( ) m sup 2m + x2m+ sup q ( ) m 2m + x2m 2p + x [,] mp x [,] mp par la majoration des séries alternées. La fonction S (x) + donc continue sur [, ] et vérifie avec arctan(x) S (x) x [, ]. m ( ) m 2m+ x2m+ est On peut utiliser ce qui précède pour obtenir des approximations de π. De fait, On peut aussi remarquer que arctan() π 4 + m ( ) m 2m + π M 4 ( ) m 2m + 2M + 3. m donc π M 4 m arctan( 2 ) + arctan( 3 ) π 4 ( ) m ( 2m + 2 2m+ ) ( 3 2m+ 2M M+3 ) 3 2M+3 ce qui est une meilleure approximation à l ordre M. avec Cas de arcsin(x). La fonction arcsin(x) appartient à C (], [) C ([, ]) et vérifie D x arcsin(x) Remarquons que l on a + x 2 m C /2 m (2m)! ( )m 2 2m (m!) 2. C m /2 x2m x ], [ C /2 m S 2m ( )m πm(sm ), avec S m! 2 m : e m m m 2πm.

39 Espaces C p 35 En procédant comme ci-dessus, on obtient arcsin(x) + m C m /2 2m + x2m+ x ], [. La série S 2 (x) + C m /2 m 2m+ x2m+ est absolument convergente pour x ], [ et est semi-convergente pour x ±. La convergence est même uniforme (et même normale) sur [, ] car q C m /2 q sup 2m + x2m+ C /2 m 2m + avec x [,] mp m 3/2 Cm /2 2m + l IR car lim m + S m. On obtient donc finalement mp arcsin(x) S 2 (x) x [, ]. b) Pour x kπ/2, on a tan(x) i eix e ix e ix + e ix i e2ix + 2 e 2ix + i + 2i e2ix + 2 i + e 4ix 2i e 2ix 4i e 4ix. Dès lors, pour x ] π/2, π/2[, en prenant la partie réelle, on a tan(x) R( i + + m + m B m m! (2m 4 m ) i m x m ) B 2m ( 2 2m 4 2m) ( ) m x 2m. (2m)! c) S est défini pour x ], [ et on a S(x) x.

40 36 Chapitre 2. Il s ensuit que S p (x) ( + x) p + m C m px m x ], [. Exercice 2.5 Considérons la fonction arg(z) définie dans l ensemble CI \ (], ] {}) et à valeurs dans ] π, π[. Pour z CI \ (], ] {}), on pose alors ln(z) ln( z ) + i arg(z). Pour tout z CI tel que z < ou z e iθ avec θ ], 2π[, on a aussi (cf. fcts holomorphes) ln( z) + m z m m. En déduire le développement des fonctions ln(2 sin(θ/2)) et (π θ)/2 en termes de sin(mθ), cos(mθ) (série trigonométrique de Fourier, voir plus tard). Solution: Pour tout θ ], 2π[, on a e iθ cos(θ) i sin(θ) Comme (θ π)/2 ] π/2, π/2[, on a donc 2 sin 2 (θ/2) 2i sin(θ/2) cos(θ/2) ( 2 sin(θ/2) cos( π θ ) i sin( π θ ) ). 2 2 e iθ 2 sin(θ/2) arg( e iθ ) θ π 2 Il s ensuit que ln(2 sin θ 2 ) ln( eiθ ) R ln( e iθ ) π θ 2 ln(2 sin θ 2 ) R + arg( e iθ ) I ln( e iθ ). m e imθ m + m cos(mθ) m

41 Espaces C p 37 et π θ 2 + m sin(mθ) m. Remarque. La théorie des fonctions holomorphes donne le développement ln( z) + m z m m (2.) pour z <. Pour obtenir l égalité en z e iθ, θ ], 2π[, on peut procéder comme suit. Pour tout r [, [, on a ln( re iθ ) + m r m e imθ m. Comme les fonctions arg et ln(. ) sont continues en e iθ, on a De plus, la série S(r) + tout r [, ], on a q r m e imθ m mp lim ln( r reiθ ) ln( e iθ ). m rm e imθ m converge uniformément sur [, ] car pour r p p sin(θ/2) p sin(θ/2) vu la majoration d Abel. Il s ensuit que la fonction S(r) est continue sur [, ]. D où la conclusion. Exercice m x m m! { cos(my) sin(my) a) Montrer que et que, pour tous x, y IR, x <, + m + m xm m x m { cos(my) sin(my) { cos(my) sin(my) e x cos(y) { cos(x sin(y)) sin(x sin(y)) x cos(y) 2x cos(y) + x 2 x sin(y) 2x cos(y) + x 2 x, y IR ( /2) ln( 2x cos(y) + x 2 ) x sin(y) arctan( x cos(y) )