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Convergence uniforme d'une approximation de l'exponentielle

exponentiellelogarithmeconvergence uniformedécoupageInégalité de concavitéComparaison locale/globale

Pour tout entier naturel n∈N∗n \in \mathbb{N}^*, on considère la fonction fnf_n définie sur R+\mathbb{R}_+ par :

fn(x)=(1+xn)−nf_n(x) = \left( 1 + \frac{x}{n} \right)^{-n}

  1. Déterminer la limite simple de la suite de fonctions (fn)(f_n) sur R+\mathbb{R}_+. On notera ff cette limite. Démontrer que pour tout x∈R+x \in \mathbb{R}_+, on a la majoration : f(x)≤fn(x)f(x) \leq f_n(x).

  2. On rappelle que pour tout t∈R+t \in \mathbb{R}_+, on a l'encadrement : t−t22≤ln⁡(1+t)≤tt - \frac{t^2}{2} \leq \ln(1+t) \leq t. À l'aide de cette inégalité, prouver que la suite (fn)(f_n) converge uniformément vers ff sur tout segment [0,a][0, a] avec a>0a > 0.

  3. Établir que la convergence de (fn)(f_n) vers ff est en réalité uniforme sur l'intervalle R+\mathbb{R}_+ tout entier.

1.

Pour la limite simple, passer à la forme exponentielle et utiliser un développement limité. L'inégalité f≤fnf \leq f_n découle de la concavité du logarithme.

2.

Exprimer le rapport fn(x)/f(x)f_n(x)/f(x) et utiliser l'encadrement du logarithme pour majorer l'écart relatif.

3.

Pour la convergence sur R+\mathbb{R}_+, utiliser le caractère décroissant des fonctions fnf_n et ff pour traiter le comportement au voisinage de l'infini par une méthode de "coupage" en deux intervalles [0,A][0, A] et [A,+∞[[A, +\infty[.

Idées clés

•

Passage à la forme exponentielle : fn(x)=exp⁡(−nln⁡(1+x/n))f_n(x) = \exp(-n \ln(1 + x/n)).

•

Utilisation de l'inégalité classique ln⁡(1+u)≤u\ln(1+u) \leq u.

•

Technique de "découpage" pour la convergence uniforme sur un intervalle non compact.

Résolution.

  1. Convergence simple et comparaison. Soit x∈R+x \in \mathbb{R}_+. Pour nn suffisamment grand (ici pour tout n≥1n \geq 1), on peut écrire :
    fn(x)=exp⁡(−nln⁡(1+xn))f_n(x) = \exp \left( -n \ln\left( 1 + \frac{x}{n} \right) \right)

    En effectuant un développement limité de ln⁡(1+u)\ln(1+u) au voisinage de 00, on obtient :

    ln⁡(1+xn)=xn+o(1n)\ln\left( 1 + \frac{x}{n} \right) = \frac{x}{n} + o\left( \frac{1}{n} \right)
    D'où :
    −nln⁡(1+xn)=−x+o(1)-n \ln\left( 1 + \frac{x}{n} \right) = -x + o(1)
    Par continuité de la fonction exponentielle, on en déduit que fn(x)→n→+∞e−xf_n(x) \xrightarrow[n \to +\infty]{} e^{-x}.
    f(x)=e−x\boxed{ f(x) = e^{-x} }

    Pour la comparaison, on utilise l'inégalité de concavité classique ∀t>−1,ln⁡(1+t)≤t\forall t > -1, \ln(1+t) \leq t. En posant t=xn≥0t = \frac{x}{n} \geq 0, on a ln⁡(1+xn)≤xn\ln(1 + \frac{x}{n}) \leq \frac{x}{n}. En multipliant par −n<0-n < 0, il vient −nln⁡(1+xn)≥−x-n \ln(1 + \frac{x}{n}) \geq -x. Par croissance de l'exponentielle, on conclut :

    ∀n∈N∗,∀x∈R+,fn(x)≥e−x\boxed{ \forall n \in \mathbb{N}^*, \forall x \in \mathbb{R}_+,   f_n(x) \geq e^{-x} }

  2. Convergence uniforme sur [0,a][0, a]. D'après l'encadrement fourni, on a −t≤−ln⁡(1+t)≤−t+t22-t \leq -\ln(1+t) \leq -t + \frac{t^2}{2}. En l'appliquant à t=xnt = \frac{x}{n}, on obtient :
    −xn≤−ln⁡(1+xn)≤−xn+x22n2-\frac{x}{n} \leq -\ln\left(1 + \frac{x}{n}\right) \leq -\frac{x}{n} + \frac{x^2}{2n^2}
    En multipliant par n>0n > 0 :
    −x≤−nln⁡(1+xn)≤−x+x22n-x \leq -n \ln\left(1 + \frac{x}{n}\right) \leq -x + \frac{x^2}{2n}
    En passant à l'exponentielle (croissante) :
    e−x≤fn(x)≤e−xex22ne^{-x} \leq f_n(x) \leq e^{-x} e^{\frac{x^2}{2n}}
    Ainsi, 0≤fn(x)−e−x≤e−x(ex22n−1)0 \leq f_n(x) - e^{-x} \leq e^{-x} \left( e^{\frac{x^2}{2n}} - 1 \right). Comme e−x≤1e^{-x} \leq 1 sur [0,a][0, a] et que x↦ex22nx \mapsto e^{\frac{x^2}{2n}} est croissante sur ce même intervalle :
    ∀x∈[0,a],∣fn(x)−f(x)∣≤ea22n−1\forall x \in [0, a],   |f_n(x) - f(x)| \leq e^{\frac{a^2}{2n}} - 1
    Comme lim⁡n→+∞(ea22n−1)=0\lim_{n \to +\infty} (e^{\frac{a^2}{2n}} - 1) = 0, on a bien :
    sup⁡x∈[0,a]∣fn(x)−f(x)∣→n→+∞0\boxed{ \sup_{x \in [0, a]} |f_n(x) - f(x)| \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0 }

  3. Convergence uniforme sur R+\mathbb{R_+.} Soit ε>0\varepsilon > 0. On sait que f(x)=e−x→x→+∞0f(x) = e^{-x} \xrightarrow[x \to +\infty]{} 0. Il existe donc A>0A > 0 tel que 0≤f(A)≤ε30 \leq f(A) \leq \frac{\varepsilon}{3}. Par convergence simple en AA, il existe N1∈NN_1 \in \mathbb{N} tel que ∀n≥N1,∣fn(A)−f(A)∣≤ε3\forall n \geq N_1, |f_n(A) - f(A)| \leq \frac{\varepsilon}{3}. Puisque fnf_n et ff sont des fonctions décroissantes et positives sur R+\mathbb{R}_+, pour tout x≥Ax \geq A, on a :
    0≤fn(x)≤fn(A)et0≤f(x)≤f(A)0 \leq f_n(x) \leq f_n(A)   \text{et}   0 \leq f(x) \leq f(A)
    Ainsi, pour n≥N1n \geq N_1 et x≥Ax \geq A :
    ∣fn(x)−f(x)∣≤fn(x)+f(x)≤fn(A)+f(A)|f_n(x) - f(x)| \leq f_n(x) + f(x) \leq f_n(A) + f(A)
    ∣fn(x)−f(x)∣≤∣fn(A)−f(A)∣+2f(A)≤ε3+2ε3=ε|f_n(x) - f(x)| \leq |f_n(A) - f(A)| + 2f(A) \leq \frac{\varepsilon}{3} + \frac{2\varepsilon}{3} = \varepsilon
    Par ailleurs, la question précédente assure la convergence uniforme sur [0,A][0, A]. Il existe N2∈NN_2 \in \mathbb{N} tel que ∀n≥N2,∀x∈[0,A],∣fn(x)−f(x)∣≤ε\forall n \geq N_2, \forall x \in [0, A], |f_n(x) - f(x)| \leq \varepsilon. En posant N=max⁡(N1,N2)N = \max(N_1, N_2), on a finalement :
    ∀n≥N,∀x∈R+,∣fn(x)−f(x)∣≤ε\forall n \geq N, \forall x \in \mathbb{R}_+,   |f_n(x) - f(x)| \leq \varepsilon
    Ceci démontre que :
    fn→n→+∞CUf sur R+\boxed{ f_n \xrightarrow[n \to +\infty]{CU} f \text{ sur } \mathbb{R}_+ }

Confondre convergence uniforme locale et globale sur un intervalle non borné.

Technique de coupage en deux intervalles pour la CU sur un domaine non compact.