Quiz suites et séries de fonctions

Si on considère la suite  \(f_n:x\mapsto n\), la suite des fonctions dérivées est la suite nulle et pourtant \(f_n\) ne converge pas simplement, a fortiori uniformément.

Pour un entier \(n\in\Bbb N\) quelconque, \(\|f\|_\infty\leq \|f_n\|_\infty+\|f_n-f\|_\infty\) donc \(f\) est bornée.

C’est une conséquence du théorème de dérivation des suites de fonctions.

Puisque la série \(\displaystyle\sum f_n\) converge, la suite \(f_n\) converge simplement vers 0. Puisque la convergence est uniforme on a \(\lim \|f_n\|_\infty=0\).

Or d’après le critère spécial \(\|R_n\|_∞≤\|f_{n+1}\|_∞\) donc la convergence de \(\displaystyle\sum f_n\) est uniforme.

La condition est suffisante mais pas nécessaire : d’après le principe du télescopage la suite \(f_n\) converge uniformément si et seulement si la série \(\displaystyle\sum(f_{n+1}-f_n)\) converge uniformément, mais la convergence uniforme n’entraîne pas la convergence normale.

C’est le contraire : le théorème de dérivation exige que \((f_n)\) converge simplement et \((f’_n)\) uniformément.

La convergence normale entraîne la convergence absolue et la convergence uniforme.

\(\|f_n-f\|_{\infty, I\cup J}=\max\bigl(\|f_n-f\|_{\infty, I},\|f_n-f\|_{\infty, J}\bigr)\). Le résultat est en revanche faux si on réalise l’union d’un nombre infini d’intervalles.

On peut uniquement affirmer que la convergence est uniforme sur tout segment inclus dans \(I\).

\(\|f_n-f\|_{\infty, [a,b]}=\max\bigl(\|f_n-f\|_{\infty, [a,b[}, |f_n(b)-f(b)|\bigr)\).

Lorsque \(\|f_n\|_\infty=\frac1n\) la suite de fonctions \((f_n)\) converge uniformément vers 0 mais la série \(\displaystyle\sum f_n\) ne converge pas normalement puisque la série \(\displaystyle\sum \frac1n\) diverge.

Soit \(f_n:x\mapsto\begin{cases}x&\text{si \(|x|\leq n\)}\\ 0&\text{sinon}\end{cases}\). La suite \((f_n)\) converge simplement sur \(\Bbb R\) vers la fonction \(f:x\mapsto x\), la convergence est uniforme sur tout segment mais pas sur  \(\Bbb R\).

Pour \(x<y\) fixés, on a pour tout \(n\in\Bbb N\), \(f_n(x)\leq f_n(y)\) et par passage à la limite \(f(x)\leq f(y)\).

C’est même vrai pour tout intervalle \(J\) inclus dans \(I\) car \(\|f_n-f\|_{\infty,J}\leq \|f_n-f\|_{\infty, I}\).

Soit \(f_n:x\mapsto\begin{cases}x&\text{si \(|x|\leq n\)}\\ 0&\text{sinon}\end{cases}\). Chacune des fonctions \(f_n\) est bornée sur \(\Bbb R\) : \(\|f_n\|_\infty=n\). Pourtant \((f_n)\) converge vers la fonction \(f:x\mapsto x\), non bornée sur \(\Bbb R\).

Soit \(f_n:x\mapsto\begin{cases}x&\text{si \(|x|\leq n\)}\\ 0&\text{sinon}\end{cases}\). Chacune des fonctions \(f_n\) a une limite nulle en \(+\infty\). Pourtant \((f_n)\) converge simplement vers la fonction \(f:x\mapsto x\), de limite non nulle en \(+\infty\).

C’est le principe du recouvrement.

Soit \(x\) fixé. Si pour tout \(n\in\Bbb N\), \(f_n(-x)=f_n(x)\) alors par passage à la limite (simple) \(f(-x)=f(x)\).

Les fonctions \(\displaystyle f_n:x\mapsto\frac{(-1)^n}{n^x}\) fournissent une contre-exemple sur l’intervalle \(I=]1,+∞[\).

Il suffit d’appliquer la propriété aux suites constantes pour obtenir la convergence simple.