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Itérées de l'opérateur de moyenne

opérateur de moyenneconvergence simpleWeierstrassCesàroSuites de fonctionsDensité des polynômes

Soit f∈C0([0,1],R)f \in \mathcal{C}^0([0,1], \mathbb{R}). On définit la suite de fonctions (fn)n∈N(f_n)_{n \in \mathbb{N}} par f0=ff_0 = f et pour tout n∈Nn \in \mathbb{N} :

∀x∈]0,1],fn+1(x)=1x∫0xfn(t) dt\forall x \in ]0,1],   f_{n+1}(x) = \frac{1}{x} \int_0^x f_n(t)   \mathrm{d}t
et fn+1(0)f_{n+1}(0) est défini par prolongement par continuité.

  1. Montrer que pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}, fnf_n est bien définie et continue sur [0,1][0,1]. Préciser la valeur de fn(0)f_n(0).
  2. On suppose dans cette question que ff est un polynôme. Étudier la convergence simple de la suite (fn)(f_n).
  3. Dans le cas général, démontrer que la suite (fn)(f_n) converge simplement vers une fonction constante que l'on déterminera.

1.

Pour la question 1, utiliser le théorème de la moyenne ou un développement limité pour le prolongement en 0.

2.

Pour la question 2, regarder l'effet de l'opération sur un monôme xkx^k.

3.

Pour la question 3, utiliser le théorème de Weierstrass (densité des polynômes) ou un raisonnement direct avec ε\varepsilon en exploitant la continuité en 0.

Idées clés

•

Linéarité de l'opérateur de moyenne.

•

Point fixe de l'opérateur : les fonctions constantes.

•

Densité des polynômes.

Résolution.

  1. Existence et continuité : Par récurrence. f0f_0 est continue. Si fnf_n est continue, x↦∫0xfn(t)dtx \mapsto \int_0^x f_n(t)\mathrm{d}t est de classe C1\mathcal{C}^1 et s'annule en 0. Par le taux d'accroissement ou le théorème de la moyenne :
    lim⁡x→0+fn+1(x)=lim⁡x→0+1x∫0xfn(t)dt=fn(0)\lim_{x \to 0^+} f_{n+1}(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} \int_0^x f_n(t) \mathrm{d}t = f_n(0)
    Ainsi, fn+1f_{n+1} se prolonge continûment en posant fn+1(0)=fn(0)f_{n+1}(0) = f_n(0). Par récurrence, on a fn(0)=f0(0)\boxed{f_n(0) = f_0(0)} pour tout nn.

  2. Cas polynomial : Par linéarité, il suffit d'étudier le cas f0(x)=xkf_0(x) = x^k avec k∈Nk \in \mathbb{N}. On a f1(x)=1xxk+1k+1=xkk+1f_1(x) = \frac{1}{x} \frac{x^{k+1}}{k+1} = \frac{x^k}{k+1}. Par récurrence, fn(x)=xk(k+1)nf_n(x) = \frac{x^k}{(k+1)^n}. Si k=0k=0, fn(x)=1f_n(x) = 1 (constant). Si k>0k > 0, fn(x)→0f_n(x) \to 0 quand n→+∞n \to +\infty car 1k+1<1\frac{1}{k+1} < 1. Par linéarité, si f0(x)=∑k=0dakxkf_0(x) = \sum_{k=0}^d a_k x^k, alors fn(x)=a0+∑k=1dakxk(k+1)nf_n(x) = a_0 + \sum_{k=1}^d \frac{a_k x^k}{(k+1)^n}. On en déduit :
    lim⁡n→+∞fn(x)=a0=f0(0)\boxed{\lim_{n \to +\infty} f_n(x) = a_0 = f_0(0)}

  3. Cas général : Soit ε>0\varepsilon > 0. Par continuité de ff en 0, il existe δ>0\delta > 0 tel que : ∀t∈[0,δ],∣f(t)−f(0)∣≤ε\forall t \in [0, \delta], |f(t) - f(0)| \leq \varepsilon. L'opérateur L:g↦(x↦1x∫0xg)L : g \mapsto \left(x \mapsto \frac{1}{x} \int_0^x g \right) est linéaire et vérifie ∥L(g)∥∞≤∥g∥∞\|L(g)\|_\infty \leq \|g\|_\infty. Posons g=f−f(0)g = f - f(0). Alors g(0)=0g(0)=0 et fn(x)−f(0)=Ln(g)(x)f_n(x) - f(0) = L^n(g)(x). Fixons x∈]0,1]x \in ]0, 1]. On a :
    ∣fn(x)−f(0)∣≤1x∫0x∣fn−1(t)−fn−1(0)∣dt|f_n(x) - f(0)| \leq \frac{1}{x} \int_0^x |f_{n-1}(t) - f_{n-1}(0)| \mathrm{d}t
    Cependant, il est plus simple d'utiliser le théorème de Weierstrass. Il existe un polynôme PP tel que ∥f−P∥∞≤ε\|f - P\|_\infty \leq \varepsilon. Alors fn−Pn=Ln(f−P)f_n - P_n = L^n(f-P), donc ∥fn−Pn∥∞≤∥f−P∥∞≤ε\|f_n - P_n\|_\infty \leq \|f - P\|_\infty \leq \varepsilon. Ainsi :
    ∣fn(x)−f(0)∣≤∣fn(x)−Pn(x)∣+∣Pn(x)−P(0)∣+∣P(0)−f(0)∣|f_n(x) - f(0)| \leq |f_n(x) - P_n(x)| + |P_n(x) - P(0)| + |P(0) - f(0)|
    D'après la question 2, lim⁡Pn(x)=P(0)\lim P_n(x) = P(0). Donc pour nn assez grand :
    ∣fn(x)−f(0)∣≤ε+ε+ε=3ε|f_n(x) - f(0)| \leq \varepsilon + \varepsilon + \varepsilon = 3\varepsilon
    La suite (fn)(f_n) converge simplement (et même uniformément) vers la fonction constante égale à f(0)f(0).

Confusion entre convergence de la suite et de la série.

L'itération de la moyenne converge vers la valeur au bord (0).