Majorer par une série géométrique
Pour \(x=0\), \(f_n(0)=0\;\forall n\) donc \(S(0)=0\)
Pour \(x\gt 0\), $$0\leqslant f_n(x)\leqslant\frac x{\ln n}e^{-nx}\leqslant\underbrace{\frac x{\ln2}}_{cste}\left(\frac1{e^x}\right)^n$$ c'est le terme général d'une série convergente car \(x\gt 0\implies e^x\gt 1\implies\frac1{e^x}\lt 1\)

Termes positifs
La série est à termes positifs, on peut donc appliquer les théorèmes

Majorer

On a \(n^2f_n{\underset{n\to+\infty}\longrightarrow}0\) par croissances comparées, donc $$f_n(x)\leqslant\frac C{n^2}$$
Donc \(S(x)\) converge \(\forall x\in[0,+\infty[\)

Fixer \(x=a\) et étudier selon différents cas
On a \(f_0(x)=1\), \(f_1(x)=x\), \(f_2(x)=x^2\), \(f_3(x)=x^3\), etc
On fixe \(x=a\in[0,1]\)
On étudie \(\lim_n f_n(a)\) selon la valeur \(a\in[0,1]\) fixée

Étudier selon les différentes valeurs de \(a\)

• si \(0\leqslant a\lt 1\), alors on a $$\lim_n \underbrace{f_n(a)}_{=a^n}=0$$
• si \(a=1\), on obtient la suite constante \(f_n(1)=1^n=1\) et donc $$\lim_n f_n(1)=1$$

Conclusion

La suite de fonctions \(f_n(x)=x^n\) converge donc simplement sur \([0,1]\) vers la fonction \(f:[0,1]\to{\Bbb R}\) telle que $$f(x)=\begin{cases}0&\text{si}\quad 0\leqslant x\lt 1\\ 1&\text{si}\quad x=1\end{cases}$$ (remarque : cette fonction n'est pas continue en \(x=1\), bien que chaque fonction \(f_n\) soit continue sur \([0,1]\))

(Puissance)

Initialisation

On fixe \(x=a\in{\Bbb R}\)
On étudie le comportement de la suite numérique \(g_n(a)=\frac{1-a^{2n}}{1-a^{2n}}\) (avec \(n\in{\Bbb N}\)) selon les cas

Disjonction des cas

• cas \(-1\lt a\lt 1\) : on a alors $$g_n(a)=\frac{1-\overbrace{a^{2n}}^{\longrightarrow1}}{1+\underbrace{a^{2n}}_{\longrightarrow1}}\longrightarrow1$$
• cas \(a=-1\) ou \(a=1\) : on a alors $$g_n(a)=\frac{1-(-1)^{2n}}{1+(-1)^{2n}}\longrightarrow0$$
• cas \(\lvert a\rvert\gt 1\) : on a alors \(a^2\gt 1\) et donc $$g_n(a)=\frac{1-a^{2n}}{1+a^{2n}}=\frac{1-(a^2)^n}{1+{(a^2)^n}}=\frac{a^{2n}}{a^{2n}}\frac{\frac1{a^{2n}}-1}{\frac1{a^{2n}}+1}\longrightarrow-1$$

(on peut vérifier les différents cas grâce au graphe)

Conclusion

La suite de fonctions \(g_n:{\Bbb R}\to{\Bbb R}\) telle que \(g_n(x)=\frac{1-x^{2n}}{1+x^{2n}}\) converge simplement sur \({\Bbb R}\) vers la fonction \(g:{\Bbb R}\to{\Bbb R}\) telle que $$g(x)=\lim_n g_n(x)=\begin{cases}1&\text{si}\quad -1\lt x\lt 1\\ 0&\text{si}\quad x=-1\quad\text{ ou }\quad x=1\\ -1&\text{si}\quad x\lt -1\quad\text{ ou }\quad x\gt 1\end{cases}$$
(remarque : cette fonction \(g\) est discontinue pour \(x=\pm1\) bien que chaque \(g_n\) soit continue sur \({\Bbb R}\))

(Puissance)

Disjonction des cas sur \(x\)
On étudie \(h_n(x)\) selon les valeurs \(x=a\in{\Bbb R}\) fixé

• si on fixe \(x=0\), on a \(0\leqslant\frac1n\) (\(\forall n\)) et donc $$\lim_nh_n(0)=0$$
• si on fixe \(a\ne0\), alors \(\lvert a\rvert\gt 0\) et \(a\gt \lvert\frac1n\rvert\), et donc \(n\gt \frac1{\lvert a\rvert}\)
    
• donc pour \(n\leqslant\frac1{\lvert a\rvert}\iff\lvert a\rvert\leqslant\frac1n\), pour \(n\in[\![1,E(\frac1{\lvert a\rvert})]\!]\), on a \(\lvert a\rvert\leqslant\frac1n\) et donc \(h_n(a)=n^2a\)
    
• mais dés que \(n\gt E\frac1{\lvert a\rvert})\implies n\geqslant\frac1{\lvert a\rvert}\), on a \(\lvert a\rvert\gt \frac1n\), et donc \(h_n(a)=\frac1a\)

    donc si on fixe \(a\) tel que \(\lvert a\rvert\gt 1\), on a \(n\geqslant\frac1{\lvert a\rvert}\implies h_n(a)=\frac1a\), i.e. La suite est constante égale à \(\frac1a\) à partir d'un certain rang \(n\)
    d'où \(\lim_n h_n(a)=\frac1a\) dans ce cas

Conclusion

\((h_n)\) converge simplement sur \({\Bbb R}\) vers la fonction \(h:{\Bbb R}\to{\Bbb R}\) telle que $$h(x)=\begin{cases}0&\text{si}\quad x=0\\ \frac1x&\text{si}\quad x\ne0\end{cases}$$
(remarque : \(h\) est discontinue en \(x=0\). \(h\) n'est pas bornée bien que chaque fonction \((h_n)\) soit bornée et continue)

(Fonction inverse)

Convergence simple

• si \(\lvert x\rvert\lt 1\), alors \(\underbrace{x^n}_{{\underset{n\to+\infty}\longrightarrow}0}\underbrace{(1-x)}_{cste}{\underset{n\to+\infty}\longrightarrow}0\)
• si \(x=1\), alors \(f_n(1)=1^n\cdot0{\underset{n\to+\infty}\longrightarrow}0\)

\((f_n(x))_n\) converge donc simplement vers \(f(x)=0\) pour \(x\in[0,1]\)

Convergence uniforme
Soit \(n\geqslant0\)
Alors $$\begin{align}\lvert f_n(x)-f(x)\rvert&=\lvert x^n(1-x)-0\rvert\\ &=x^n(1-x)\end{align}$$

Recherche de majorant

Soit \(\varphi_n(x)=x^n(1-x)\)
On a \(\varphi_n(0)=\varphi_n(1)=0\quad\forall n\geqslant0\) et \(\varphi_n(x)\geqslant0\)
\(\varphi_n\) possède donc un maximum dans \([0,1]\)
De plus \(\varphi^\prime_n(x)=nx^{n-1}(1-x)-x_n=nx^{n-1}-(n+1)x^n\)
Et \(\varphi^\prime_n(x)=0\iff x=0\quad\text{ ou }\quad x=\frac n{n+1}\)
Et enfin : $$\varphi_n\left(\frac n{n+1}\right)=\left(\frac n{n+1}\right)^n\left(1-\frac{n}{n+1}\right)\leqslant\frac1{n+1}{\underset{n\to+\infty}\longrightarrow}0$$ \((f_n)_n\) converge donc uniformément vers la fonction nulle sur \([0,1]\)

Convergence simple
Puisque \(\lvert x\rvert\lt 1\), on a \(xn^n=ne^{n\ln x}{\underset{n\to+\infty}\longrightarrow}0\) et donc \(\forall x\in[0,1], h_n(x){\underset{n\to+\infty}\longrightarrow}0\)

Convergence uniforme
Soit \(n\geqslant0\)
Alors $$\begin{align}\lvert f_n(x)-f(x)\rvert&=\lvert nx^n(1-x)-0\rvert\\ &=nx^n(1-x)\end{align}$$

Recherche de majorant

Soit \(\varphi_n(x)=nx^n(1-x)\)
On a \(\varphi_n(0)=\varphi_n(1)=0\quad\forall n\geqslant0\) et \(\varphi_n(x)\geqslant0\)
\(\varphi_n\) possède donc un maximum dans \([0,1]\)
De plus \(\varphi^\prime_n(x)=n^2x^{n-1}(1-x)- nx^n=n^2x^{n-1}-n(n+1)x^n\)
Et \(\varphi^\prime_n(x)=0\iff x=0\quad\text{ ou }\quad x=\frac n{n+1}\)
Et enfin : $$\begin{align}\varphi_n\left(\frac n{n+1}\right)&=n\left(\frac n{n+1}\right)^n\left(1-\frac{n}{n+1}\right)\\ &=\left(\frac n{n+1}\right)^{n+1}\\ &= \left(\frac{n+1-1}{n+1}\right)^{n+1}\\ &=\left(1+\frac{-1}{n+1}\right)^{n+1}\\ &{\underset{n\to+\infty}\longrightarrow} e^{-1}\ne0\end{align}$$ \((f_n)_n\) converge donc uniformément vers la fonction nulle sur \([0,1]\)