Théorème de Weierstrass

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Théorème de Weierstrass
Exercice 1 [ 01140 ] [correction]
Soit f : [a, b] → C continue. Montrer
b
a
f(t)e int dt −−−−−→
n→+∞ 0
On pourra commencer par étudier le cas où f est une fonction de classe C 1 .
Exercice 2 [ 01141 ] [correction]
Soit f : [0, 1] → R continue. Montrer que si pour tout n ∈ N,
alors f est la fonction nulle.
Exercice 3 [ 01142 ] [correction]
1
t n f(t) dt = 0
0
Soit f : [a, b] → R continue telle que b
f(t) dt = 0. Montrer qu’il existe une suite
a
(Pn) de polynômes telle que
b
Exercice 4 [ 01143 ] [correction]
a
Pn(t) dt = 0 et sup |f(t) − Pn(t)| −−−−−→
t∈[a,b]
n→+∞ 0
Soit f : [a, b] → R continue telle que f 0. Montrer qu’il existe une suite (Pn) de
polynômes telle que Pn 0 sur [a, b] et sup |f(t) − Pn(t)| −−−−−→
t∈[a,b]
n→+∞ 0.
Exercice 5 [ 01144 ] [correction]
Soit f : [a, b] → R de classe C 1 . Montrer qu’il existe une suite (Pn) de polynômes
telle que
N∞(f − Pn) → 0 et N∞(f ′ − P ′ n) → 0
Exercice 6 [ 01145 ] [correction]
[Théorème de Weierstrass : par les polynômes de Bernstein]
Pour n ∈ N et k ∈ {0, . . . , n}, on pose
n
Bn,k(x) =
k
a) Calculer
n
Bn,k(x),
k=0
n
kBn,k(x) et
k=0
b) Soient α > 0 et x ∈ [0, 1]. On forme
Montrer que
x k (1 − x) n−k
n
k 2 Bn,k(x)
A = {k ∈ [[0, n]] / |k/n − x| α} et B = {k ∈ [[0, n]] / |k/n − x| < α}
k∈A
c) Soit f : [0, 1] → R continue. On pose
fn(x) =
k=0
Bn,k(x) 1
4nα 2
n
f
k=0
k
Bn,k(x)
n
Montrer que (fn) converge uniformément vers f sur [0, 1].
Exercice 7 [ 01146 ] [correction]
[Théorème de Weierstrass : par convolution]
n désigne un entier naturel.
1. On pose
1
an =
(1 − t
−1
2 ) n dt
et on considère la fonction ϕn : [−1, 1] → R définie par
ϕn(x) = 1
a) Calculer 1
0 t(1 − t2 ) n dt. En déduire que
an =
1
−1
(1 − x
an
2 ) n
(1 − t 2 ) n dt 1
n + 1
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b) Soit α ∈ ]0, 1]. Montrer que (ϕn) converge uniformément vers la fonction nulle
sur [α, 1].
2. Soit f une fonction continue de R vers R nulle en dehors de [−1/2, 1/2].
a) Montrer que f est uniformément continue.
On pose
1
fn(x) = f(x − t)ϕn(t) dt
pour tout x ∈ R.
b) Montrer que fn est une fonction polynomiale sur [−1/2, 1/2]
c) Montrer que
−1
1
f(x) − fn(x) = (f(x) − f(x − t))ϕn(t) dt
d) En déduire que fn converge uniformément vers f sur R.
3. Soit f une fonction réelle continue nulle en dehors de [−a, a].
Montrer que f est limite uniforme d’une suite de polynômes.
4. Soit f une fonction réelle continue sur [a, b].
Montrer que f est limite uniforme d’une suite de polynômes.
Exercice 8 Mines-Ponts MP [ 02828 ] [correction]
Soit f ∈ C([a, b] , R). On suppose que pour tout n ∈ N,
−1
a) Montrer que la fonction f est nulle.
b) Calculer
+∞
In =
b
x n f(x) dx = 0
a
0
x n e −(1−i)x dx
c) En déduire qu’il existe f dans C([0, +∞[ , R) non nulle, telle que, pour tout n
dans N, on ait
+∞
x n f(x) dx = 0
0
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Corrections
Exercice 1 : [énoncé]
Cas f de classe C1 :
b
f(t)e
int
dt
a
|f(a)| + |f(b)|
n
+ 1
n
b
|f ′ (t)| dt → 0
Cas f continue :
Pour tout ε > 0, il existe g : [a, b] → C de classe C1 tel que f − g∞ ε.
On a alors
b
f(t)e
int
dt
(b − a) f − g∞ +
b
g(t)e
int
dt
donc pour n assez grand
Par suite b
a
b
f(t)e
int
dt
(b − a)ε + ε
a
a
f(t)e int dt −−−−−→
n→+∞ 0
Exercice 2 : [énoncé]
Par le théorème de Weierstrass, il existe une suite (Pn) de fonction polynomiale
telles N∞(Pn − f) → 0.
On a alors
1
f 2 1
1
1
(t) dt = f(t)(f(t) − Pn(t)) dt+ f(t)Pn(t) dt = f(t)(f(t) − Pn(t)) dt
0
0
or 1
f(t)(f(t) − Pn(t)) dt
N∞(f)N∞(f − Pn) → 0
0
donc 1
f 2 (t) dt = 0
0
puis f = 0 par nullité de l’intégrale d’une fonction continue et positive.
0
a
a
0
Exercice 3 : [énoncé]
Par le théorème de Weierstrass, il existe une suite (Qn) de fonctions polynomiales
telles N∞(Qn − f) → 0.
On a alors b
b
Qn(t) dt −−−−−→
n→+∞
f(t) dt = 0
Posons
a
Pn(t) = Qn(t) − 1
b − a
a
b
Qn(t) dt
On vérifie alors sans peine que
b
Pn(t) dt = 0 et N∞(f − Pn) → 0
a
Exercice 4 : [énoncé]
Par le théorème de Weierstrass, il existe une suite (Qn) de fonctions polynomiales
telles N∞(Qn − f) → 0. Posons mn = inf
t∈[a,b] Qn(t) = Qn(tn) pour un certain
tn ∈ [a, b]. Montrons que mn → m = inf
t∈[a,b]
a
f. Notons que inf
t∈[a,b] f = f(t∞) pour un
certain t∞ ∈ [a, b]. Pour tout ε > 0, pour n assez grand, N∞(Qn − f) ε donc
mn = Qn(tn) fn(tn) − ε m − ε et m = f(t∞) Qn(t∞) − ε mn − ε donc
|mn − m| ε. Ainsi mn → m. Il suffit ensuite de considérer Pn = 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
telle N∞(Qn − f ′ ) → 0.
Posons alors Pn(x) = f(a) + x
a Qn(t)dt. L’inégalité
|Pn(x) − f(x)| x
a |f ′ (t) − Q ′ n(t)| dt permet d’établir que N∞(f − Pn) → 0 et
puisque P ′ n = Qn, la suite (Pn) est solution du problème posé.
Exercice 6 : [énoncé]
a) On a
On a
n
Bn,k(x) = (x + (1 − x)) n = 1
k=0
n
kBn,k(x) = nx
k=0
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n n − 1
via k = n et la relation précédente
k k − 1
De manière semblable
n
k 2 Bn,k(x) =
k=0
b) On a
n
k(k − 1)Bn,k(x) +
k=0
n
kBn,k(x) = nx(1 + (n − 1)x)
k=0
n 2
2
α Bn,k(x)
(k − nx) 2 Bn,k(x)
k∈A
k∈A
k∈[0,n]
car les Bn,k sont positifs sur [0, 1].
Par suite
n 2
2
α Bn,k(x) nx(1 − x)
d’où
k∈A
k∈A
Bn,k(x) 1
4nα 2
(k − nx) 2 Bn,k(x)
c) Pour tout ε > 0, par l’uniforme continuité de f, il existe α > 0 tel que
On a alors
donc
∀x, y ∈ [0, 1] , |x − y| α ⇒ |f(x) − f(y)| ε
|f(x) − fn(x)|
|f(x) − f(k/n)| Bn,k(x) +
|f(x) − f(k/n)| Bn,k(x)
x∈A
|f(x) − fn(x)| 2 f∞ Bn,k(x) +
Pour n assez grand, on a
x∈A
f ∞ /2nα 2 ε
et donc |f(x) − fn(x)| 2ε uniformément en x.
Exercice 7 : [énoncé]
1.a) On a
1
0
t(1 − t 2 ) n dt =
x∈B
x∈B
1
2(n + 1)
εBn,k(x) f∞ + ε
2nα2 On en déduit
1.b) Sur [α, 1],
1
an = 2 (1 − t 2 ) n 1
dt 2
0
|ϕn(x)| (1 − α2 ) n
an
0
t(1 − t 2 ) n dt = 1
n + 1
(n + 1)(1 − α 2 ) n → 0
2.a) Sur le compact [−1, 1], f est uniformément continue car f est continue. Ainsi :
∀ε > 0, ∃α > 0, ∀x, y ∈ [−1, 1] , |x − y| α ⇒ |f(x) − f(y)| ε
Pour α ′ = min(α, 1/2), on a pour tous x, y ∈ R tels que |x − y| α ′
Si x, y ∈ [−1, 1] alors
|f(x) − f(y)| ε
Sinon x, y ∈ [1/2, +∞[ ou x, y ∈ ]−∞, −1/2] et alors
2.b) On a
Or
donc
Mais
|f(x) − f(y)| = 0 ε
x+1
fn(x) = f(u)ϕn(x − u) du
fn(t) =
x−1
ϕn(x − u) =
2n
k=0
x+1
x−1
2n
k=0
ak(u)x k
f(u)ak(u) du x k
x+1
1/2
f(u)ak(u) du = f(u)ak(u) du
x−1
−1/2
pour x ∈ [−1/2, 1/2] car x − 1 −1/2 et x + 1 1/2 alors que f est nulle en
dehors que [−1/2, 1/2]. Il s’ensuit que fn est polynomiale.
2.c) On observe que
1
ϕn(t) dt = 1
et la relation proposée est alors immédiate sur [−1/2, 1/2].
−1
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2.d) On a
∀ε > 0, ∃α > 0, ∀x, y ∈ R, |x − y| α ⇒ |f(x) − f(y)| ε
et alors
α
1
1
|f(x) − fn(x)| |f(x) − f(x − t)| ϕn(t) dt+4 f∞ ϕn(t) dt ε+4 f∞ ϕn(t) dt
−α
Or 1
ϕn(t) dt → 0
donc pour n assez grand
et alors
α
1
4 f∞ ϕn(t) dt ε
α
|f(x) − fn(x)| 2ε
3. Il suffit de commencer par approcher la fonction x ↦→ f(2ax) qui vérifie les
conditions de la question précédente.
4. Soit A > 0 tel que [a, b] ⊂ [−A, A]. Il suffit de prolonger f par continuité de
sorte qu’elle soit nulle en dehors de [−A, A].
Exercice 8 : [énoncé]
a) Par le théorème de Weierstrass, pour tout ε > 0, il existe P ∈ R [X] tel que
f − P ∞ ε.
b
0 f 2 b
b b
= f(f − P ) + fP = f(f − P ) (b − a) f∞ ε
a
a
En faisant ε → 0, on obtient b
a f 2 = 0 et donc f = 0.
b) L’intégrale étudiée est bien définie. Par intégration par parties,
Or I0 = 1+i
2 donc
c) I4p+3 ∈ R donc
puis
pour tout p ∈ N.
a
(n + 1)In = (1 − i)In+1
+∞
0
In =
a
(1 + i)n+1
2n+1 n!
x 4p+3 sin(x)e −x dx = 0
+∞
u p sin(u 1/4 )e −u1/4
du = 0
0
α
α
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