Sujet : Analyse, Topologie, Théorème de Weierstrass

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Enoncés 1 Théorème de Weierstrass Exercice 6 [ 01145 ] [correction] [Théorème de Weierstrass : par les polynômes de Bernstein] Pour n∈N et k∈{0,...,n}, on poseExercice 1 [ 01140 ] [correction] !Soit f : [a,b]→C continue. Montrer n k n−kB (x) = x (1−x)n,kZ b k intf(t)e dt−−−−→ 0 n→+∞a a) Calculer n n n1 X X XOn pourra commencer par étudier le cas où f est une fonction de classeC . 2B (x), kB (x) et k B (x)n,k n,k n,k k=0 k=0 k=0 b) Soient α> 0 et x∈ [0,1]. On forme Exercice 2 [ 01141 ] [correction] Soit f : [0,1]→R continue. Montrer que si pour tout n∈N, A ={k∈ [0,n]/|k/n−x|>α} et B ={k∈ [0,n]/|k/n−x| 0. Montrer qu’il existe une suite (P ) de 2 nn a = (1−t ) dtn polynômes telle que P > 0 sur [a,b] et sup |f(t)−P (t)|−−−−→ 0. −1n n n→+∞t∈[a,b] et on considère la fonction ϕ : [−1,1]→R définie parn 1 2 nϕ (x) = (1−x )n aExercice 5 [ 01144 ] [correction] n 1Soit f : [a,b]→R de classeC . Montrer qu’il existe une suite (P ) de polynômesn R1 2 na) Calculer t(1−t ) dt. En déduire quetelle que 0 0 0N (f−P )→ 0 et N (f −P )→ 0 Z∞ n ∞ n 1 12 na = (1−t ) dt>n n+1−1 Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Enoncés 2 b) Soit α∈ ]0,1]. Montrer que (ϕ ) converge uniformément vers la fonction nullen sur [α,1]. 2. Soit f une fonction continue deR versR nulle en dehors de [−1/2,1/2]. a) Montrer que f est uniformément continue.
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Théorème de Weierstrass

Exercice 1[ 01140 ][correction]
Soitf: [a b]→Ccontinue. Montrer
Zabf(t)eintdtn−→−−+−∞→0

On pourra commencer par étudier le cas oùfest une fonction de classeC1.

Exercice 2[ 01141 ][correction]
Soitf: [01]→Rcontinue. Montrer que si pour toutn∈N,
Z10tnf(t) dt= 0

alorsfest la fonction nulle.

Enoncés

Exercice 3[ 01142 ][correction]
Soitf: [a b]→Rcontinue telle queRabf(t) dt= 0. Montrer qu’il existe une suite
(Pn)de polynômes telle que

Zb−Pn(t)|n−→−+−−∞→0
Pn(t) dt= 0etsup|f(t)
a t∈[ab]

Exercice 4[ 01143 ][correction]
Soitf: [a b]→Rcontinue telle quef>0. Montrer qu’il existe une suite(Pn)de
polynômes telle quePn>0sur[a b]etsup|f(t)−Pnt−−−−→0.
t∈[ab]( )|n→+∞

Exercice 5[ 01144 ][correction]
Soitf: [a b]→Rde classeC1. Montrer qu’il existe une suite(Pn)de polynômes
telle que
N∞(f−Pn)→0etN∞(f0−P0n)→0

Exercice 6[ 01145 ][correction]
[Théorème de Weierstrass : par les polynômes de Bernstein]
Pourn∈Netk∈ {0     n}, on pose
Bnk(x) =nk!xk(1−x)n−k

a) Calculer

n n n
XBnk(x),XkBnk(x)etXk2Bnk(x)
k=0k=0k=0
b) Soientα >0etx∈[01]. On forme

A={k∈[0 n]|kn−x|>α}etB={k∈[0 n]|kn−x|< α}

Montrer que
XBnk(x)64n1α2
k∈A
c) Soitf: [01]→Rcontinue. On pose

n
fn(x) =XfnkBnk(x)
k=0

Montrer que(fn)converge uniformément versfsur[01].

Exercice 7[ 01146 ][correction]
[Théorème de Weierstrass : par convolution]
ndésigne un entier naturel.
1. On pose
Z1t2)ndt
an= (1−
−1
et on considère la fonctionϕn: [−11]→Rdéfinie par
1n
ϕn(x) =a1n(−x2)
a) CalculerR10t(1−t2)ndt. En déduire que
1
an=Z−11(1−t2)ndt>n+ 1

1

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Enoncés

b) Soitα∈]01]. Montrer que(ϕn)converge uniformément vers la fonction nulle
sur[α1].
2. Soitfune fonction continue deRversRnulle en dehors de[−1212].
a) Montrer quefest uniformément continue.
On pose
1
fn(x) =Zf(x−t)ϕn(t) dt
−1
pour toutx∈R.
b) Montrer quefnest une fonction polynomiale sur[−1212]
c) Montrer que

f(x)−fn(Z1f(x)−f(x−t))ϕn(t) dt
x) = (
−1

d) En déduire quefnconverge uniformément versfsurR.
3. Soitffonction réelle continue nulle en dehors deune [−a a].
Montrer quefest limite uniforme d’une suite de polynômes.
4. Soitfune fonction réelle continue sur[a b].
Montrer quefest limite uniforme d’une suite de polynômes.

Exercice 8Mines-Ponts MP[ 02828 ][correction]
Soitf∈ C([a b]R). On suppose que pour toutn∈N,
Zba
xnf(x) dx= 0

a) Montrer que la fonctionfest nulle.
b) Calculer

Z+∞n−(1−i)x

In=xe dx
0
c) En déduire qu’il existefdansC([0+∞[R)non nulle, telle que, pour toutn
dansN, on ait
Z+0∞xnf(x) dx
= 0

2

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Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
Casfde classeC1:
Zabf(t)eintdt6|f(a)|+n|f(b)|+ 1nZab|f0(t)|dt→0

Casfcontinue :
Pour toutε >0, il existeg: [a b]→Cde classeC1tel quekf−gk∞6ε.
On a alors
Zbaf(6(b−a)kf−gk∞+Zbag(t)eintdt
t)eintdt

donc pournassez grand
b
Zf(t)eintdt6(b−a)ε+ε
a

Par suite

Zbaf(t)eintdtn−→−−+−∞→0

Corrections

Exercice 2 :[énoncé]
Par le théorème de Weierstrass, il existe une suite(Pn)de fonction polynomiale
tellesN∞(Pn−f)→0.
On a alors
1
Z0(t) dt=Z01f(t)(f(t)−Pn(t)) dt+Z01f(t)Pn(t) dt=Z10f(t)(f(t)−Pn(t)) dt
f2
or
Z1t)−Pn(t)) dt6
f(t)(f(N∞(f)N∞(f−Pn)→0
0

donc
Z10f2(t) dt= 0
puisf= 0par nullité de l’intégrale d’une fonction continue et positive.

3

Exercice 3 :[énoncé]
Par le théorème de Weierstrass, il existe une suite(Qn)de fonctions polynomiales
tellesN∞(Qn−f)→0.
On a alors
b
ZabQn(t) dtn−→−−+−∞→Zaf(t) dt= 0
Posons
Pn(t) =Qn(t)−b1−aZabQn
(t) dt
On vérifie alors sans peine que
b
ZPn(t) dt= 0etN∞(f−Pn)→0
a

Exercice 4 :[énoncé]
Par le théorème de Weierstrass, il existe une suite(Qn)de fonctions polynomiales
inf =Qn(tn)pour un certain
tellesN∞(Qn−f)→0. Posonsmn=t∈[ab]Qn(t)
tn∈[a b]. Montrons quemn→m= infNotons qu
t∈[ab]f. et∈i[nafb]f=f(t∞)pour un
certaint∞∈[a b]. Pour toutε >0, pournassez grand,N∞(Qn−f)6εdonc
mn=Qn(tn)>fn(tn)−ε>m−εetm=f(t∞)>Qn(t∞)−ε>mn−εdonc
|mn−m|6ε. Ainsimn→m. Il suffit ensuite de considérerPn=Qn−mn+m
pour obtenir une solution au problème posé.

Exercice 5 :[énoncé]
Par le théorème de Weierstrass, il existe une suite(Qn)de fonctions polynomiales
telleN∞(Qn−f0)→0.
Posons alorsPn(x) =f(a) +RxaQn(t)dt. L’inégalité
|Pn(x)−f(x)|6Rxa|f0(t)−Q0n(t)|dtpermet d’établir queN∞(f−Pn)→0et
puisquePn0=Qn, la suite(Pn)est solution du problème posé.

Exercice 6 :[énoncé]
a) On a

On a

n
XBnk(x) = (x+ (1−x))n= 1
k=0

n
XkBnk(x) =nx
k=0

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viakkn!=nkn−−11!et la relation précédente
De manière semblable

n n n
Xk2Bnk(x) =Xk(k−1)Bnk(x) +XkBnk(x) =nx(1 + (n−1)x)
k=0k=0k=0

b) On a
n2α2XBnk(x)6X(k−nx)2Bnk(x)6X(k−nx)2Bnk(x)
k∈A k∈A k∈[0n]

car lesBnksont positifs sur[01].
Par suite
n2α2XBnk(x)6nx(1−x)
k∈A
d’où
X1

Bnk(x)64nα2
k∈A
c) Pour toutε >0, par l’uniforme continuité def, il existeα >0tel que

∀x y∈[01]|x−y|6α⇒ |f(x)−f(y)|6ε

Corrections

On a alors
|f(x)−fn(x)|6X|f(x)−f(kn)|Bnk(x) +X|f(x)−f(kn)|Bnk(x)
x∈A x∈B

donc

|f(x)−fn(x)|62kfk∞XBnk(x) +XεBnk(x)6k2fnkα∞2+ε
x∈A x∈B

Pournassez grand, on a
kfk∞2nα26ε
et donc|f(x)−fn(x)|62εuniformément enx.

Exercice 7 :[énoncé]
1.a) On a

Z01t(1−t2)ndt2(=n11)+

On en déduit

1.b) Sur[α1],

= 2Z10(1−t2)ndt>2Z10t(1−t2)ndt=n+11
an

4

|ϕn(x)|6(1−anα2)n6(n+ 1)(1−α2)n→0
2.a) Sur le compact[−11],fest uniformément continue carfest continue. Ainsi :

∀ε >0∃α >0∀x y∈[−11]|x−y|6α⇒ |f(x)−f(y)|6ε

Pourα0min(α12), on a pour tousx y∈Rtels que|x−y|6α0
=
Six y∈[−11]alors
|f(x)−f(y)|6ε

Sinonx y∈[12+∞[oux y∈]−∞−12]et alors

2.b) On a

Or

donc

Mais

|f(x)−f(y)|= 06ε

fn(x) =Zxx−+11f(u)ϕn(x−u) du

2n
ϕn(x−u) =Xak(u)xk
k=0

fn(t) =k2X=n0Zxx−+11f(u)ak(u) duxk

Zxx−1+1f(u)ak(u) du=Z−1122f(u)ak(u) du

pourx∈[−1212]carx−16−12etx+ 1>12alors quefest nulle en
dehors que[−1212]. Il s’ensuit quefnest polynomiale.
2.c) On observe que
Z11ϕn(t) dt= 1

et la relation proposée est alors immédiate sur[−1212].

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2.d) On a

∀ε >0∃α >0∀x y∈R|x−y|6α⇒ |f(x)−f(y)|6ε

Corrections

et alors
|f(x)−fn(x)|6Z−ααf(x−t)|ϕn(t) dt+4kfk∞Zα1ϕn(t) dt6ε+4kfk∞
|f(x)−
Or
Zα1ϕn(t) dt→0
donc pournassez grand
1
4kfk∞Zαϕn(t) dt6ε
et alors
|f(x)−f(x)|62ε

n
3. Il suffit de commencer par approcher la fonctionx7→f(2ax)qui vérifie les
conditions de la question précédente.
4. SoitA >0tel que[a b]⊂[−A A]. Il suffit de prolongerfpar continuité de
sorte qu’elle soit nulle en dehors de[−A A].

Exercice 8 :[énoncé]
a) Par le théorème de Weierstrass, pour toutε >0, il existeP∈R[X]tel que
kf−Pk∞6ε.
06Zabf2=Zbf(f−P) +Zabf P=Zabf(f−P)6(b−a)kfk∞ε
a
En faisantε→0, on obtientRbaf2= 0et doncf= 0.
b) L’intégrale étudiée est bien définie. Par intégration par parties,

OrI0=+12idonc

c)I4p+3∈Rdonc

puis

pour toutp∈N.

(n+ 1)In= (1−i)In+1

In1+(2ni+)1n+1n!
=

Z+0∞x4p+3sin(x)e−xdx= 0
Z+∞
upsin(u14)e−u14u= 0
d
0

1

ϕn(t) dt

5

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