Convergence d'une suite de fonctions trigonométriques

Résolution.

1. Étude de la limite simple :

   Soit $x \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right]$.

   Si $x = 0$, alors pour tout $n$, $f_n(0) = n \cdot 0 \cdot 1^n = 0$. La suite $(f_n(0))$ converge vers $0$.

   Si $x \in \left] 0, \frac{\pi}{2} \right]$, alors $\cos(x) \in [0, 1[$.

   Par croissance comparée, on sait que $\lim_{n \to +\infty} n q^n = 0$ pour $|q| < 1$.

   Par conséquent, $f_n(x) \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0$.

   $$\boxed{ \text{La suite } (f_n) \text{ converge simplement vers la fonction nulle sur } \left[0, \frac{\pi}{2}\right]. }$$

2. Étude de l'intégrale et convergence uniforme :
   1. Pour $n \in \mathbb{N}^*$, on remarque que $f_n(x)$ est de la forme $-n \cdot u'(x) u(x)^n$ avec $u(x) = \cos(x)$.

      On calcule alors la primitive :

      $$I_n = \int_{0}^{\pi/2} n \sin(x) \cos^n(x)   \mathrm{d}x = n \left[ -\frac{\cos^{n+1}(x)}{n+1} \right]_{0}^{\pi/2}$$

      En évaluant aux bornes, on obtient :

      $$I_n = - \frac{n}{n+1} (0 - 1) = \frac{n}{n+1}$$
      $$\boxed{ I_n = \frac{n}{n+1} }$$

   2. On observe que $\lim_{n \to +\infty} I_n = 1$.

      Si la suite $(f_n)$ convergeait uniformément vers la fonction nulle sur l'intervalle compact $[0, \pi/2]$, alors d'après le théorème d'interversion limite-intégrale :

      $$\lim_{n \to +\infty} \int_{0}^{\pi/2} f_n(x)   \mathrm{d}x = \int_{0}^{\pi/2} \left( \lim_{n \to +\infty} f_n(x) \right)   \mathrm{d}x = \int_{0}^{\pi/2} 0   \mathrm{d}x = 0$$

      Or, ici $1 \neq 0$.

      $$\boxed{ \text{La suite } (f_n) \text{ ne converge pas uniformément vers } 0 \text{ sur } \left[0, \frac{\pi}{2}\right]. }$$

3. Convergence uniforme sur tout segment $[a, b] \subset \left] 0, \frac{\pi${2} \right] :}

   Étudions les variations de $f_n$ sur $I$. La fonction est dérivable et :

   $$f_n'(x) = n \left( \cos(x) \cdot \cos^n(x) - \sin(x) \cdot n \sin(x) \cos^{n-1}(x) \right)$$

   En factorisant par $n \cos^{n-1}(x)$ :

   $$f_n'(x) = n \cos^{n-1}(x) \left( \cos^2(x) - n \sin^2(x) \right) = n \cos^{n-1}(x) \left( 1 - (n+1) \sin^2(x) \right)$$

   La dérivée s'annule pour $\sin^2(x_n) = \frac{1}{n+1}$. Soit $x_n = \arcsin\left(\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)$.

   On remarque que $x_n \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0$.

   Soit $[a, b] \subset \left] 0, \frac{\pi}{2} \right]$. Puisque $a > 0$, il existe un rang $N$ tel que pour tout $n \geq N$, $x_n < a$.

   Sur l'intervalle $[a, b]$, la fonction $f_n$ est donc décroissante pour $n \geq N$.

   On en déduit que :

   $$\sup_{x \in [a, b]} |f_n(x)| = f_n(a)$$

   Comme on a déjà établi que $\lim_{n \to +\infty} f_n(a) = 0$ par convergence simple, on conclut :

   $$\boxed{ \lim_{n \to +\infty} \| f_n \|_{\infty, [a, b]} = 0 }$$

   Il y a donc convergence uniforme sur tout segment $[a, b] \subset \left] 0, \frac{\pi}{2} \right]$.