Convergences simple et uniforme des suites de fonctions

I — Une bosse qui se resserre

(a) Sur $[0,2]$,

$$\psi(t)=t(2-t)^2=4t-4t^2+t^3.$$

C'est une fonction polynomiale. En $t=2$, cette expression vaut $0$, comme la seconde branche de la définition ; $\psi$ est donc continue sur $[0,+\infty[$.

Pour $0<t<2$,

$$\psi'(t)=4-8t+3t^2=(t-2)(3t-2).$$

Ainsi $\psi'>0$ sur $]0,2/3[$ et $\psi'<0$ sur $]2/3,2[$. La fonction croît sur $[0,2/3]$, décroît sur $[2/3,2]$, puis reste nulle.

$$\begin{array}{c|ccccccc} t & 0 & & \frac23 & & 2 & & +\infty \\ \hline \psi'(t) & & + & 0 & - & 0 & 0 & \\ \hline \psi(t) & 0 & \nearrow & \frac{32}{27} & \searrow & 0 & \longrightarrow & 0 \end{array}$$

(b) Le maximum est atteint en $t=2/3$ et vaut

$$\boxed{\psi\!\left(\frac23\right)=\frac23\left(\frac43\right)^2=\frac{32}{27}}.$$

(c) Comme $\psi$ est nulle sur $[2,+\infty[$,

$$\int_0^{+\infty}\psi(t)\,dt =\int_0^2(4t-4t^2+t^3)\,dt =8-\frac{32}{3}+4 =\boxed{\frac43}.$$

(a) Puisque $p_n(x)=\psi(nx)$ et que $\psi(t)\ne0$ exactement pour $0<t<2$,

$$p_n(x)\ne0\iff 0<x<\frac2n.$$

La bosse se resserre donc vers $0$. Le dessin suggère que sa hauteur reste fixe et que son sommet se rapproche de $0$.

(b) Fixons $x\in[0,1]$. Si $x=0$, alors $p_n(0)=0$ pour tout $n$. Si $x>0$, choisissons $N>2/x$. Pour tout $n\ge N$, on a $nx>2$, donc $p_n(x)=0$. Ainsi

$$\boxed{p_n(x)\longrightarrow0\quad\text{pour tout }x\in[0,1].}$$

(c) La variable $nx$ parcourt $[0,2]$ sur la partie non nulle de $p_n$. Le maximum de $p_n$ est donc celui de $\psi$ :

$$\boxed{\max_{[0,1]}p_n=\frac{32}{27}}, \qquad \boxed{x_n=\frac{2}{3n}}.$$

On a $x_n\to0$ mais $p_n(x_n)=32/27$ pour tout $n$. Chaque point fixé finit donc par ne plus voir la bosse, tandis que le point où l'erreur est maximale se déplace avec $n$.

Pour tout $x\in[0,1]$,

$$0\le r_n(x)=\frac1n p_n(x)\le\frac{32}{27n}.$$

Soit $\varepsilon>0$. Choisissons $N$ tel que $32/(27N)<\varepsilon$. Alors, pour tout $n\ge N$ et tout $x\in[0,1]$,

$$|r_n(x)|\le\frac{32}{27n}\le\frac{32}{27N}<\varepsilon.$$

Le même $N$ convient donc à tous les points. À la question 2(b), au contraire, un choix naturel était $N>2/x$ : le rang dépendait de $x$.

(a) Si $x=0$, $q_n(0)=0$. Si $x>0$, alors pour $n>2/x$ on a $p_n(x)=0$, donc $q_n(x)=np_n(x)=0$. Par conséquent

$$\boxed{q_n(x)\to0\quad\text{pour tout }x\in[0,1].}$$

(b) Par le changement de variable $u=nx$,

$$\int_0^1q_n(x)\,dx =n\int_0^{2/n}\psi(nx)\,dx =\int_0^2\psi(u)\,du =\boxed{\frac43}.$$

(c) Pour chaque point fixé, $q_n(x)$ tend vers $0$, mais l'aire reste exactement égale à $4/3$. La hauteur augmente pendant que la largeur diminue : la convergence point par point ne contrôle pas à elle seule l'aire totale.

(a) On a immédiatement $H_n(0)=0$. Si $x\ge2/n$, tout le support de $q_n$ est contenu dans $[0,x]$, donc

$$H_n(x)=\frac34\int_0^1q_n(t)\,dt =\frac34\cdot\frac43 =\boxed{1}.$$

(b) Pour $x=0$, $H_n(0)=0$. Si $x>0$, dès que $n>2/x$, on a $x>2/n$ et donc $H_n(x)=1$. La limite simple est

$$\boxed{H(x)=\begin{cases}0,&x=0,\\1,&0<x\le1.\end{cases}}$$

(c) Chaque $q_n$ est continue ; la fonction $x\mapsto\int_0^xq_n(t)\,dt$ est donc continue, et même dérivable. Chaque $H_n$ est continue. En revanche

$$H(0)=0\qquad\text{et}\qquad\lim_{x\to0^+}H(x)=1,$$

donc $H$ est discontinue en $0$.

II — Un même rang pour tous les points ?

(a) La convergence simple s'écrit

$$\forall x\in E,\ \forall\varepsilon>0,\ \exists N,\ \forall n\ge N, \quad |f_n(x)-f(x)|<\varepsilon.$$

Le point $x$ est fixé avant le choix de $N$ ; ce rang peut donc dépendre de $x$.

La convergence uniforme s'écrit

$$\forall\varepsilon>0,\ \exists N,\ \forall n\ge N,\ \forall x\in E, \quad |f_n(x)-f(x)|<\varepsilon.$$

Ici $N$ est choisi avant $x$ : il doit convenir simultanément à tous les points.

(b) Si la convergence est uniforme, fixons $x\in E$ et $\varepsilon>0$. Le rang fourni par l'uniformité vérifie l'inégalité pour tous les points de $E$, donc en particulier pour ce $x$. La convergence est simple.

(c) La négation exacte est

$$\boxed{\exists\varepsilon_0>0,\ \forall N,\ \exists n\ge N,\ \exists x\in E, \quad |f_n(x)-f(x)|\ge\varepsilon_0.}$$

(d) Pour $p_n$, la limite simple est $0$. Prenons $\varepsilon_0=1$. Pour tout $N$, choisissons $n\ge\max(N,2)$ et

$$x_n=\frac{2}{3n}.$$

Alors

$$|p_n(x_n)|=\frac{32}{27}\ge1.$$

La négation précédente est satisfaite : $(p_n)$ ne converge pas uniformément vers $0$.

Idée. Le point qui fait échouer l'uniformité est autorisé à dépendre de $n$. C'est exactement ce qui permet à une bosse de « fuir » vers le bord tout en restant haute.

(a) Supposons d'abord $\|f_n-f\|_{\infty,E}\to0$. Alors, pour $n$ assez grand,

$$\|f_n-f\|_{\infty,E}<\varepsilon,$$

et donc, pour tout $x\in E$,

$$|f_n(x)-f(x)|\le\|f_n-f\|_{\infty,E}<\varepsilon.$$

La convergence est uniforme.

Réciproquement, supposons la convergence uniforme. Pour $\varepsilon>0$, appliquons la définition avec $\varepsilon/2$. Pour $n$ assez grand et tout $x$,

$$|f_n(x)-f(x)|<\frac\varepsilon2.$$

En prenant le supremum,

$$\|f_n-f\|_{\infty,E}\le\frac\varepsilon2<\varepsilon.$$

Ainsi

$$\boxed{f_n\to f\text{ uniformément}\iff\|f_n-f\|_{\infty,E}\to0.}$$

Le passage par $\varepsilon/2$ évite de supposer que le supremum est atteint.

(b) D'après la question 2,

$$\boxed{\|p_n\|_\infty=\frac{32}{27}}.$$

Comme $r_n=p_n/n$,

$$\boxed{\|r_n\|_\infty=\frac{32}{27n}\to0}.$$

Enfin $q_n=np_n$, donc

$$\boxed{\|q_n\|_\infty=\frac{32n}{27}}.$$

(c) Pour $x>0$, $H(x)=1$ et $0\le H_n(x)\le1$, donc $|H_n(x)-H(x)|\le1$. Lorsque $x\to0^+$, la continuité de $H_n$ et $H_n(0)=0$ donnent

$$|H_n(x)-H(x)|=1-H_n(x)\longrightarrow1.$$

Ainsi

$$\boxed{\|H_n-H\|_{\infty,[0,1]}=1}.$$

Ce supremum n'est pas atteint : en $0$ l'erreur vaut $0$, et pour $x>0$ elle est strictement inférieure à $1$.

(a) Soit $a>0$. Si $n>2/a$, alors pour tout $x\in[a,1]$, $nx>2$. Donc

$$p_n=q_n=r_n=0\quad\text{sur }[a,1].$$

De plus $x\ge a>2/n$, donc $H_n(x)=1=H(x)$ sur $[a,1]$.

(b) Soit $K$ un compact non vide de $]0,1]$. La fonction $x\mapsto x$ atteint sur $K$ son minimum $a>0$. Alors $K\subset[a,1]$, et la question précédente montre que les fonctions coïncident même exactement avec leurs limites sur $K$ à partir d'un certain rang.

Il n'y a pas contradiction avec l'échec sur $[0,1]$ : tous les défauts se concentrent près de $0$, tandis qu'un compact de $]0,1]$ reste à une distance strictement positive de ce point.

III — Ce que permet la convergence uniforme

(a) Fixons $x_0\in[a,b]$ et $\varepsilon>0$. Par convergence uniforme, il existe $N$ tel que

$$\|f_N-f\|_{\infty,[a,b]}<\frac\varepsilon3.$$

La fonction $f_N$ est continue en $x_0$. Il existe donc $\delta>0$ tel que

$$|x-x_0|<\delta\Longrightarrow|f_N(x)-f_N(x_0)|<\frac\varepsilon3.$$

Pour un tel $x$,

$$\begin{aligned} |f(x)-f(x_0)| &\le |f(x)-f_N(x)|+|f_N(x)-f_N(x_0)|+|f_N(x_0)-f(x_0)|\\ &<\varepsilon. \end{aligned}$$

Ainsi $f$ est continue en $x_0$, donc sur $[a,b]$.

(b) Les fonctions $H_n$ sont continues et convergent simplement vers la fonction $H$ discontinue en $0$. La convergence simple ne préserve donc pas la continuité.

(c) Le même indice $N$ doit contrôler $|f(x)-f_N(x)|$ pour tous les $x$ proches de $x_0$ et aussi $|f(x_0)-f_N(x_0)|$. Sous convergence simple, le rang contrôlant le premier terme peut dépendre de $x$ ; on ne dispose donc pas en général d'une fonction $f_N$ unique valable sur tout le voisinage.

(a) Par linéarité et inégalité triangulaire,

$$\begin{aligned} \left|\int_a^bf_n-\int_a^bf\right| &=\left|\int_a^b(f_n-f)\right|\\ &\le\int_a^b|f_n-f|\\ &\le(b-a)\|f_n-f\|_{\infty,[a,b]}. \end{aligned}$$

La norme de droite tend vers $0$ ; donc

$$\boxed{\int_a^bf_n(x)\,dx\longrightarrow\int_a^bf(x)\,dx.}$$

(b) La suite $(q_n)$ converge simplement vers $0$, mais

$$\int_0^1q_n(x)\,dx=\frac43$$

pour tout $n$. Ainsi

$$\lim_n\int_0^1q_n\ne\int_0^1\lim_nq_n.$$

(c) La suite $(p_n)$ n'est pas uniformément convergente puisque $\|p_n\|_\infty=32/27$. Pourtant

$$\int_0^1p_n(x)\,dx =\frac1n\int_0^2\psi(u)\,du =\frac{4}{3n}\longrightarrow0.$$

La convergence uniforme est donc une condition suffisante, mais non nécessaire, pour ce passage à la limite.

(a) Pour $x=0$, $f_{n,\alpha}(0)=0$. Si $x>0$, dès que $n>2/x$, $p_n(x)=0$, donc $n^\alpha p_n(x)=0$. Ainsi, pour tout $\alpha\in\mathbb R$,

$$\boxed{f_{n,\alpha}(x)\to0\quad\text{pour tout }x\in[0,1].}$$

(b) Puisque $n^\alpha>0$,

$$\boxed{\|f_{n,\alpha}\|_\infty=\frac{32}{27}n^\alpha}.$$

Cette quantité tend vers $0$ si et seulement si $\alpha<0$. Donc

$$\boxed{f_{n,\alpha}\to0\text{ uniformément}\iff\alpha<0.}$$

(c) On obtient

$$\int_0^1f_{n,\alpha}(x)\,dx =n^\alpha\frac{4}{3n} =\boxed{\frac43n^{\alpha-1}}.$$

Par conséquent,

$$\alpha<1:\ \int_0^1f_{n,\alpha}\to0,\qquad \alpha=1:\ \int_0^1f_{n,\alpha}=\frac43,$$

et, si $\alpha>1$, l'intégrale tend vers $+\infty$.

(d) Pour $0\le\alpha<1$, la convergence n'est pas uniforme mais le passage à la limite sous l'intégrale reste valable. Pour $\alpha\ge1$, la convergence simple vers $0$ subsiste alors que les intégrales ne tendent pas vers $0$.

Les deux seuils sont donc distincts :

$$\boxed{\alpha=0\text{ pour l'uniformité},\qquad\alpha=1\text{ pour les intégrales}.}$$

IV — Peut-on dériver une limite ?

(a) Pour $0<t<2$,

$$\psi'(t)=(t-2)(3t-2),$$

donc $\psi'(t)\to0$ lorsque $t\to2^-$. À droite de $2$, $\psi$ est constante égale à $0$, donc la dérivée vaut aussi $0$. Ainsi $\psi'(2)=0$ et $\psi$ est de classe $\mathcal C^1$. Par composition et multiplication scalaire, chaque $r_n$ est de classe $\mathcal C^1$ sur $[0,1]$.

(b) Par dérivation,

$$r_n'(x)=\psi'(nx),$$

donc

$$\boxed{r_n'(0)=\psi'(0)=4}$$

pour tout $n$.

(c) Pourtant $r_n\to0$ uniformément sur $[0,1]$, et la dérivée de la fonction limite est nulle. On n'a donc pas

$$r_n'(0)\to0.$$

La convergence uniforme des fonctions ne suffit pas pour dériver la limite ni pour assurer la convergence des dérivées vers la dérivée de la limite.

(a) Chaque $g_n'$ est continue et $(g_n')$ converge uniformément vers $h$. D'après la question 9,

$$\boxed{h\text{ est continue sur }[a,b].}$$

(b) Par le théorème fondamental du calcul intégral,

$$g_n(x)=g_n(x_0)+\int_{x_0}^xg_n'(t)\,dt.$$

Donc

$$\begin{aligned} g_n(x)-G(x) &=g_n(x_0)-\ell+\int_{x_0}^x(g_n'(t)-h(t))\,dt. \end{aligned}$$

D'où

$$|g_n(x)-G(x)| \le |g_n(x_0)-\ell|+|x-x_0|\,\|g_n'-h\|_\infty.$$

Comme $|x-x_0|\le b-a$,

$$\boxed{|g_n(x)-G(x)|\le|g_n(x_0)-\ell|+(b-a)\|g_n'-h\|_\infty.}$$

Le membre de droite ne dépend pas de $x$ et tend vers $0$. Ainsi

$$\boxed{g_n\to G\text{ uniformément sur }[a,b].}$$

(c) Puisque $h$ est continue,

$$G(x)=\ell+\int_{x_0}^xh(t)\,dt$$

est de classe $\mathcal C^1$ et

$$\boxed{G'=h}.$$

Fixons $x_0\in[a,b]$. La convergence simple donne

$$g_n(x_0)\to g(x_0).$$

La question 13 s'applique donc avec $\ell=g(x_0)$ et fournit

$$G(x)=g(x_0)+\int_{x_0}^xh(t)\,dt$$

tel que $g_n\to G$ uniformément, donc simplement.

Mais $g_n\to g$ simplement aussi. Par unicité de la limite réelle à chaque point,

$$g=G.$$

Ainsi

$$\boxed{g_n\to g\text{ uniformément}},\qquad \boxed{g\in\mathcal C^1([a,b])},\qquad \boxed{g'=h}.$$

La question 12 montre précisément que l'hypothèse de convergence uniforme des dérivées ne peut pas être remplacée par la seule convergence uniforme des fonctions.

V — Détecter la convergence uniforme sans connaître la limite

Supposons d'abord que $f_n\to f$ uniformément sur $E$. Soit $\varepsilon>0$. Il existe $N$ tel que, pour tout $n\ge N$ et tout $x\in E$,

$$|f_n(x)-f(x)|<\frac\varepsilon2.$$

Si $p,q\ge N$, alors

$$|f_p(x)-f_q(x)| \le|f_p(x)-f(x)|+|f_q(x)-f(x)|<\varepsilon$$

pour tout $x\in E$. La propriété de Cauchy uniforme est donc nécessaire.

Réciproquement, supposons

$$\forall\varepsilon>0,\ \exists N,\ \forall p,q\ge N,\ \forall x\in E, \quad |f_p(x)-f_q(x)|<\varepsilon.$$

Fixons $x\in E$. Pour ce $x$, la suite réelle $(f_n(x))$ est de Cauchy. Par complétude de $\mathbb R$, elle converge ; définissons

$$f(x)=\lim_{n\to\infty}f_n(x).$$

Soit maintenant $\varepsilon>0$. Appliquons l'hypothèse de Cauchy uniforme avec $\varepsilon/2$. Il existe $N$ tel que, pour $p,q\ge N$ et tout $x\in E$,

$$|f_p(x)-f_q(x)|<\frac\varepsilon2.$$

Fixons $n\ge N$ et $x\in E$. Pour tout $p\ge N$,

$$|f_n(x)-f_p(x)|<\frac\varepsilon2.$$

En faisant tendre $p$ vers $+\infty$, on obtient

$$|f_n(x)-f(x)|\le\frac\varepsilon2<\varepsilon.$$

Le même $N$ convient à tous les $x$, donc $f_n\to f$ uniformément.

Ainsi

$$\boxed{(f_n)\text{ converge uniformément}\iff(f_n)\text{ est de Cauchy uniformément}.}$$

La complétude de $\mathbb R$ intervient exactement lorsqu'on transforme, pour chaque $x$, la suite de Cauchy $(f_n(x))$ en une suite convergente.