Convergence d'une suite de fonctions intégrale

Résolution.

1. Pour tout $x \in [0, 1]$ :
   $$f_1(x) = 2 \int_0^x \sqrt{1}   \mathrm{d}t = \boxed{2x}$$
   Puis pour $f_2$ :
   $$f_2(x) = 2 \int_0^x \sqrt{2t}   \mathrm{d}t = 2\sqrt{2} \int_0^x t^{1/2}   \mathrm{d}t = 2\sqrt{2} \left[ \frac{2}{3} t^{3/2} \right]_0^x = \boxed{\frac{4\sqrt{2}}{3} x^{3/2}}$$

2. Procédons par récurrence. Initialisation : Pour $n=0$, $f_0(x) = 1 \cdot x^0$. On a $\alpha_0 = 1$ et $\beta_0 = 0$. La propriété est vraie. Hérédité : Supposons qu'il existe $\alpha_n, \beta_n \in \mathbb{R}$ tels que $f_n(x) = \alpha_n x^{\beta_n}$ avec $\alpha_n \geq 0$ et $\beta_n > -1$ (pour l'intégrabilité). Alors :
   $$f_{n+1}(x) = 2 \int_0^x \sqrt{\alpha_n t^{\beta_n}}   \mathrm{d}t = 2 \sqrt{\alpha_n} \int_0^x t^{\beta_n/2}   \mathrm{d}t$$
   L'intégrale converge car $\beta_n/2 > -1/2 > -1$. Par intégration :
   $$f_{n+1}(x) = 2 \sqrt{\alpha_n} \left[ \frac{t^{\beta_n/2 + 1}}{\frac{\beta_n}{2} + 1} \right]_0^x = \frac{4 \sqrt{\alpha_n}}{\beta_n + 2} x^{\frac{\beta_n}{2} + 1}$$
   En posant $\alpha_{n+1} = \frac{4 \sqrt{\alpha_n}}{\beta_n + 2}$ et $\beta_{n+1} = \frac{\beta_n}{2} + 1$, la forme est conservée.
3. La suite $(\beta_n)$ vérifie $\beta_{n+1} = \frac{1}{2}\beta_n + 1$. C'est une suite arithmético-géométrique de point fixe $L = \frac{1}{2}L + 1 \iff L = 2$. On étudie $\beta_n - 2$ :
   $$\beta_{n+1} - 2 = \frac{1}{2}\beta_n + 1 - 2 = \frac{1}{2}(\beta_n - 2)$$
   Ainsi, $(\beta_n - 2)$ est géométrique de raison $1/2$. Donc $\beta_n - 2 = (1/2)^n (\beta_0 - 2) = -2 \cdot (1/2)^n$.
   $$\boxed{\beta_n = 2 - \frac{1}{2^{n-1}}}   \text{et}   \boxed{\lim_{n \to +\infty} \beta_n = 2}$$

4. Voici un script Python répondant à la consigne : \begin{verbatim} import numpy as np import matplotlib.pyplot as plt

   def calcul_suites(n_max): alpha = np.zeros(n_max + 1) beta = np.zeros(n_max + 1) alpha[0], beta[0] = 1, 0 for n in range(n_max): beta[n+1] = beta[n]/2 + 1 alpha[n+1] = 4 * np.sqrt(alpha[n]) / (beta[n] + 2) return alpha, beta

   alphas, betas = calcul_suites(20) plt.plot(alphas, 'ro-') plt.title("Évolution de la suite alpha_n") plt.show() \end{verbatim}

5. Pour tracer les fonctions, on utilise les coefficients calculés : \begin{verbatim} x = np.linspace(0, 1, 100) for n in range(1, 21): plt.plot(x, alphas[n] * x**betas[n], label=f"n={n}") plt.title("Convergence des fonctions f_n") plt.show() \end{verbatim}

6. Convergence simple : Étudions la limite de $(\alpha_n)$. Soit $u_n = \ln(\alpha_n)$. On a $u_{n+1} = \frac{1}{2} u_n + \ln\left(\frac{4}{\beta_n + 2}\right)$. Comme $\beta_n \to 2$, on a $\ln\left(\frac{4}{\beta_n + 2}\right) \to \ln(1) = 0$. Par un argument de limite de suite (ou théorème du point fixe pour une suite quasi-géométrique), on montre que $u_n \to 0$, d'où $\alpha_n \to 1$. Ainsi, pour tout $x \in ]0, 1]$, $f_n(x) \to 1 \cdot x^2 = x^2$. Pour $x=0$, $f_n(0)=0$ pour tout $n \geq 1$, donc la limite est aussi $0^2$.
   $$\boxed{\forall x \in [0, 1],   f_n(x) \xrightarrow[n \to +\infty]{} x^2}$$
   Convergence uniforme : Les fonctions $f_n$ et la limite $f: x \mapsto x^2$ sont continues sur le segment $[0, 1]$. De plus, on peut montrer (par exemple via l'étude de $\alpha_n$ et $\beta_n$) que la convergence est uniforme. En effet :
   $$|f_n(x) - x^2| \leq |\alpha_n x^{\beta_n} - x^{\beta_n}| + |x^{\beta_n} - x^2| \leq |\alpha_n - 1| + \sup_{x \in [0, 1]} |x^{\beta_n} - x^2|$$
   Le premier terme tend vers 0. Le second tend vers 0 car la fonction $(x, \beta) \mapsto x^\beta$ est uniformément continue sur $[0, 1] \times [1, 2]$. La convergence est donc uniforme sur $[0, 1]$.