Convergence d'une suite de fonctions puissances

Résolution.

1. Convergence simple.

   Soit $x \in [0, +\infty[$ fixé. On a :

   $$f_n(x) = \exp\left( - \left( 1 + \frac{1}{n} \right) \ln(1+x) \right)$$

   Par continuité de la fonction exponentielle en $-\ln(1+x)$ :

   $$\lim_{n \to +\infty} - \left( 1 + \frac{1}{n} \right) \ln(1+x) = -\ln(1+x)$$

   On en déduit que :

   $$\lim_{n \to +\infty} f_n(x) = \exp(-\ln(1+x)) = \frac{1}{1+x}$$

   La suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ converge donc simplement sur $[0, +\infty[$ vers la fonction $f$ définie par :

   $$\boxed{ f(x) = \frac{1}{1+x} }$$

2. Convergence uniforme.

   Soit $x \in [0, +\infty[$. Étudions l'écart entre $f$ et $f_n$ :

   $$f(x) - f_n(x) = \frac{1}{1+x} - \frac{1}{(1+x)^{1+1/n}} = \frac{(1+x)^{1/n} - 1}{(1+x)^{1+1/n}}$$

   On remarque que pour tout $x \geq 0$, $(1+x)^{1/n} \geq 1$, donc $f(x) - f_n(x) \geq 0$.

   Considérons la fonction $\phi : t \mapsto (1+t)^\alpha$ avec $\alpha = \frac{1}{n}$. Puisque $0 < \alpha \leq 1$, la fonction $\phi$ est concave sur $[0, +\infty[$.

   Sa courbe représentative est donc située sous sa tangente au point d'abscisse $0$. L'équation de cette tangente est $y = \phi(0) + \phi'(0)t = 1 + \alpha t$. On a donc :

   $$\forall t \geq 0,   (1+t)^{1/n} \leq 1 + \frac{t}{n}$$

   En appliquant cette inégalité à notre expression de l'écart, il vient :

   $$0 \leq f(x) - f_n(x) \leq \frac{1 + \frac{x}{n} - 1}{(1+x)^{1+1/n}} = \frac{x}{n(1+x)^{1+1/n}}$$

   On peut simplifier cette majoration en observant que pour $x \geq 0$ :

   $$\frac{x}{(1+x)^{1+1/n}} \leq \frac{x}{1+x} \leq 1$$

   On obtient ainsi l'inégalité suivante, valable pour tout $x \in [0, +\infty[$ :

   $$0 \leq f(x) - f_n(x) \leq \frac{1}{n}$$

   Ceci montre que :

   $$\boxed{ \|f - f_n\|_{\infty, [0, +\infty[} \leq \frac{1}{n} }$$

   Puisque $\lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} = 0$, on conclut que la suite de fonctions $(f_n)$ converge uniformément vers $f$ sur $[0, +\infty[$.