Solutions
On obtient alors avec (2)
f (x) = (1 − x)
+∞
n=0
S n x
n
< (1 − x)S n
n−1
k=0
x
k + A 2 (1 − x)
+∞
k=n
kx
k
< S n + A 2 nx
n +
A 2 x n+1
1 − x
.
En prenant x = e −α/n dans (2), α > 0, on obtient comme précédemment
f
e
−
α
n
>
A − ε
1 − e
−
α
n
> (A − ε)
n
α
.
Cette dernière inégalité se déduit de e
−
α
n > 1 −
α
n . Donc,
(A − ε)
n
α
< S n + A 2 ne
−α +
2A 2 ne −α
α
ou, dit autrement,
S n > n
A − ε − 2A 2 e −α − A 2 αe −α
α
.
En prenant α suffisamment grand, on obtient S n > A 1 n pour un certain A 1
strictement positif.
III.3.25. On commence par quelques considérations dont on aura besoin
pour la démonstration du théorème. Soit ϕ une fonction continue sur [0 , 1]
excepté en un point c ∈ ]0 , 1[ où les limites à gauche et à droite ϕ(c − ) et
ϕ(c + ) existent et ϕ(c − ) = ϕ(c) ou ϕ(c + ) = ϕ(c). Notre but est de montrer
que, étant donné ε > 0, il existe des polynômes P 1 et P 2 tels que
1
0
(P 2 (x) − ϕ(x)) dx < ε et
1
0
(ϕ(x) − P 1 (x)) dx < ε.
On suppose pour cela, par exemple, que ϕ(c − ) < ϕ(c + ) et ϕ(c) = ϕ(c + ).
Clairement, on peut choisir δ 1 > 0 suffisamment petit pour que l’inégalité
|ϕ(c − δ 1 ) − ϕ(x)| < ε/4 soit vérifiée pour x ∈ ]c − δ 1 , c[. On pose
M = sup {|ϕ(x) − ϕ(c)| : x ∈ ]c − δ 1 , c[}
et on prend δ < min
δ 1 ,
ε
4M , c, 1 − c
. On définit
g(x) =
ϕ(x)
si x ∈ [0 , c − δ] ∪ [c , 1],
max {l(x), ϕ(x)} si x ∈ ]c − δ , c[,
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