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    Université Aix-Marseille –Télé-enseignement SMAAU03T

    Analyse fonctionnelle et Analyse de Fourier – Master 1


    Corrigé Partie Analyse fonctionnelle de l’examen Juin 2019
    Exercice 1 : 1) on vérifie facilement que p0n (x) = −pn−1 (x) = −pn (x) + (−x)n /n! et que

    fn0 (x) = −e−x (2e−x − 2pn (x) + (−x)n /n!) = −2fn (x) − e−x (−x)n /n!.

    2) On en déduit que si fn0 (x0 ) = 0 alors

    (−1)n+1 n −x0
    fn (x0 ) = x0 e .
    2n!
    3) La fonction xn e−x est positive sur R+ , nulle en 0 et +∞. De plus sa dérivée s’annule en
    l’unique point x = n. C’est donc en ce point que la fonction est maximale :
     n n
    sup xn e−x = .
    x∈R+ e

    4) Comme fn s’annule en 0 et en l’infini, son maximum en module est forcément atteint


    en un point où la dérivée s’annule donc en un point x0 vérifiant l’égalité de la question 2).
    On a donc
    1 nn e−n √
    kfn k∞ ≤ |fn (x0 )| ≤ sup |xn0 e−x0 | = = O(1/ n),
    2n! x0 ∈R+ 2n!

    où la dernière égalité vient de Stirling. Le sup de fn tend vers 0 avec n, cela prouve la
    convergence uniforme sur R+ .
    5) Cela vient simplement du fait que la fonction x 7→ x2 /4 envoie R sur R+ .
    2
    6) La suite fn (x2 /4) tend vers 0 uniformément sur R, cela signifie que e−x /4 pn (x2 /4) tend
    2
    uniformément vers e−x /2 sur R. On pose qn (x) = pn (x2 /4), ce sont bien des polynômes.
    Pour  > 0 et n assez grand, on a par définition de la norme dans P,
    Z
    −x2 /4 2 2
    ke 2
    − qn (x)kP = |e−x /4 − qn (x)|2 e−x dx
    ZR Z
    −x2 /2 −x2 /4 2 −x2 /2 2
    = |e −e qn (x)| e dx ≤  e−x /2 dx,
    R R

    par convergence uniforme. De plus, la dernière intégrale est convergente, ce qui prouve la
    2
    convergence de qn (x) vers e−x /4 dans P quand n tend vers l’infini.
    2 /4
    7) L’espace P n’est pas complet puisque e−x n’est pas un polynôme.

    Exercice 2 : 1) On a \
    Qc = (R \ {x}),
    x∈Q

    ce qui prouve que Qc est un Gδ . On peut remarquer de plus que chaque R \ {x} est dense
    dans R (cela va servir dans la question suivante).

    1
    2) Si Q est un Gδ , on pourrait l’écrire Q = ∩j∈N Uj avec les Uj ouverts. De plus les Uj
    seraient denses puisque Q l’est. Alors Q ∩ Qc serait une intersection dénombrable d’ouverts
    denses, et donc par Baire, serait dense. Ceci conduit à une contradiction puisque Q ∩ Qc
    est l’ensemble vide.

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