Théorème de Weierstrass

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Enoncés 2 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 Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Corrections 3 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 Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
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