Solutions
III.1.11. On a [nf (x)] = nf (x) − p n (x), où 0 p n (x) < 1. Donc,
sup
x∈[a,b]
|f n (x) − f (x)| = sup
x∈[a,b]
p n (x)
x
1
n
et f n ⇒
[a,b]
f .
III.1.12. Puisque
sin
4π 2 n 2 + x 2 = sin
2nπ
1 +
x 2
4π 2 n 2 + 2nπ − 2nπ
= sin 2nπ
1 +
x 2
4π 2 n 2 − 1
= sin
x 2
√
4n 2 π 2 + x 2 + 2nπ
,
on voit que lim
n→+∞
n sin
√
4π 2 n 2 + x 2 =
x 2
4π . De plus, si x ∈ [0 , a], on obtient
alors, en utilisant le fait que sin x x −
x 3
3! ,
n sin
4π 2 n 2 + x 2 −
x 2
4π
a 2
4π
⎛
⎝ 1 −
2
1 +
a 2
4π 2 n 2 + 1
⎞
⎠ +
n
3!
a 6
8n 3 π 3 .
Ceci établit la convergence uniforme de la suite sur [0 , a].
Pour x ∈ R, l’inégalité |sin x| |x| donne
n sin
4π 2 n 2 + x 2 −
x 2
4π
x 2
4π
⎛
⎝ 1 −
2
1 +
x 2
4π 2 n 2 + 1
⎞
⎠ ,
ce qui montre que la convergence ne peut pas être uniforme sur R.
III.1.13. On montre d’abord par récurrence que
0
√
x − P n (x)
2
√ x
2 + n
√
x
<
2
n
pour tout n ∈ N ∗ et tout x ∈ [0 , 1]. Les inégalités sont évidentes pour n = 1.
On suppose qu’elles sont vérifiées au rang n et on les prouve au rang n + 1.
L’hypothèse de récurrence donne
0
√
x − P n (x)
√
x
301