Quiz suites et séries de fonctions

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

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

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 $+\infty$.

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.

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

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

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

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.

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 $f(x)\leq f(y)$.

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.

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

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

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

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

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

C’est le principe du recouvrement.

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 $\Bbb R$.

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

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  $\Bbb R$.