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176. La fonction racine carrée est limite uniforme d’une suite de polynômes

Comme dans l'article 175, vous définissez la suite suivante de polynômes, en posant $P_0 = 0$ et $\forall n\in\N, P_{n+1} = P_n+\frac{X-P_n^2}{2}.$

Etablissez l’inégalité $\forall n\in\N, \forall x\in[0,1]\, 0\leq \sqrt{x}-P_n(x)$

La suite $(P_n)_{n\in\N}$ étant définie par récurrence, vous allez utiliser ce qui suit.

Pour tout entier naturel $n$, notez $Q(n)$ la propriété suivante : « $\forall x\in[0,1]\, 0\leq \sqrt{x}-P_n(x)$ ».

Initialisation. Pour $n=0.$ Soit $x\in[0,1].$

$P_0 = 0$ donc $P_n(x)=P_0(x) = 0.$ Une racine carrée étant un nombre positif, vous obtenez comme convenu $0\leq \sqrt{x}-P_n(x).$

Hérédité. Soit $n$ un entier naturel tel que $Q(n)$ soit vérifiée.

Soit $x$ un réel appartenant à l’intervalle $[0,1].$

Vous allez chercher à étudier le signe de $P_{n+1}(x)-\sqrt{x}.$

$\begin{align*}
P_{n+1}(x)-\sqrt{x} &= P_n(x)+\frac{x-(P_n(x))^2}{2}-\sqrt{x}\\
&= (P_n(x)-\sqrt{x})+\frac{(\sqrt{x}-P_n(x))(\sqrt{x}+P_n(x))}{2}\\
&= (\sqrt{x}-P_n(x))(-1)+(\sqrt{x}-P_n(x))\frac{\sqrt{x}+P_n(x)}{2}\\
&= (\sqrt{x}-P_n(x))\left(\frac{\sqrt{x}+P_n(x)}{2}-1\right)\\
\end{align*}$

Par hypothèse de récurrence, le réel $\sqrt{x}-P_n(x)$ est positif.

Toujours par hypothèse de récurrence, $P_n(x)\leq \sqrt{x}$, donc $\frac{\sqrt{x}+P_n(x)}{2} \leq \sqrt{x}.$

Comme $x$ est supposé appartenir à l’intervalle $[0,1]$ il s’ensuit que $\sqrt{x}\leq 1$ du coup $\frac{\sqrt{x}+P_n(x)}{2} \leq 1.$

Le réel $\frac{\sqrt{x}+P_n(x)}{2}-1$ est donc négatif.

Par produit, vous déduisez que le produit $(\sqrt{x}-P_n(x))\left(\frac{\sqrt{x}+P_n(x)}{2}-1\right)$ est négatif.

Donc $P_{n+1}(x)-\sqrt{x}\leq 0$ et il s’ensuit que $0\leq \sqrt{x}-P_{n+1}(x).$

Conclusion. Il vient d’être établi que pour tout entier naturel $n$ et pour tout $x\in[0,1]\, 0\leq \sqrt{x}-P_n(x).$

Etablissez la positivité $\forall n\in\N, \forall x\in[0,1] \, P_n(x) \geq 0$

Pour tout entier naturel $n$, notez $R(n)$ la propriété suivante : « $\forall x\in[0,1]\, P_n(x) \geq 0$ ».

Initialisation. Pour $n=0.$ Soit $x\in[0,1].$

$P_0 = 0$ donc $P_n(x)=P_0(x) = 0.$ Vous obtenez comme convenu $P_0(x) \geq 0.$

Hérédité. Soit $n$ un entier naturel tel que $R(n)$ soit vérifiée.

Soit $x\in[0,1].$

$P_{n+1}(x) = P_n(x)+\frac{(\sqrt{x}-P_n(x))(\sqrt{x}+P_n(x))}{2}.$

Le réel $\sqrt{x}-P_n(x)$ est positif d’après le paragraphe précédent.

D’autre part, par hypothèse de récurrence, $P_n(x)$ est positif. Or $\sqrt{x}$ est positif. Par somme, le réel $\sqrt{x}+P_n(x)$ est positif.

Vous déduisez que le réel $\frac{(\sqrt{x}-P_n(x))(\sqrt{x}+P_n(x))}{2}$, par produit et par quotient, est positif.

Comme $P_n(x)$ est positif, par somme, vous déduisez que $P_{n+1}(x)$ est positif.

Conclusion. Il vient d’être établi que pour tout entier naturel $n$ et pour tout $x\in[0,1]\, P_n(x)\geq 0.$

Vers la convergence uniforme

Dans la démonstration de l’hérédité, il a été vu par calculs que $\forall n\in\N, \forall x\in[0,1]\, \sqrt{x}-P_{n+1}(x) = (\sqrt{x}-P_n(x))\left(1-\frac{\sqrt{x}+P_n(x)}{2}\right).$

Soit maintenant $n$ un entier naturel fixé et $x$ un nombre réel appartenant à l’intervalle $[0,1].$

La positivité de $P_n(x)$ permet d’écrire que $\frac{\sqrt{x}}{2} \leq \frac{\sqrt{x}+P_n(x)}{2}$, du coup, $1-\frac{\sqrt{x}+P_n(x)}{2} \leq 1-\frac{\sqrt{x}}{2}.$

Comme le réel $\sqrt{x}-P_n(x)$ est positif, en multipliant, le sens de l’inégalité précédente reste inchangé et fournit :

$\begin{align*}
\sqrt{x}-P_{n+1}(x) &\leq (\sqrt{x}-P_n(x))\left(1-\frac{\sqrt{x}+P_n(x)}{2}\right)\\
&\leq (\sqrt{x}-P_n(x))\left(1-\frac{\sqrt{x}}{2}\right)\\
\end{align*}$

Vous allez maintenant procéder par récurrence.

Pour tout entier naturel $n$, notez $S(n)$ la propriété : « $\forall x\in[0,1]\, \sqrt{x}-P_n(x) \leq \sqrt{x}\left(1-\frac{\sqrt{x}}{2}\right)^n$ ».

Initialisation. Pour $n=0.$ Soit $x\in[0,1].$

$\sqrt{x}-P_n(x) = \sqrt{x}-P_0(x) = \sqrt{x}-0 = \sqrt{x}.$

$\sqrt{x}\left(1-\frac{\sqrt{x}}{2}\right)^n = \sqrt{x}\left(1-\frac{\sqrt{x}}{2}\right)^0 = \sqrt{x}\times 1 = \sqrt{x}.$

L’initialisation est acquise.

Hérédité. Soit $n$ un entier naturel tel que $S(n)$ soit vérifiée.

Soit $x\in[0,1].$ Comme $\sqrt{x}\leq 1$ vous déduisez $\frac{\sqrt{x}}{2}\leq \frac{1}{2}$ donc $1-\frac{\sqrt{x}}{2}\geq \frac{1}{2}.$ Le réel $1-\frac{\sqrt{x}}{2}$ est positif.

De l’inégalité $\sqrt{x}-P_n(x) \leq \sqrt{x}\left(1-\frac{\sqrt{x}}{2}\right)^n$ vous multipliez par $1-\frac{\sqrt{x}}{2}$ et vous aboutissez au résultat suivant :

$\begin{align*}
\sqrt{x}-P_{n+1}(x)
&\leq (\sqrt{x}-P_n(x))\left(1-\frac{\sqrt{x}}{2}\right)\\
&\leq \sqrt{x}\left(1-\frac{\sqrt{x}}{2}\right)^n \left(1-\frac{\sqrt{x}}{2}\right)\\
&\leq \sqrt{x}\left(1-\frac{\sqrt{x}}{2}\right)^{n+1}.
\end{align*}$

Concluez. Pour tout entier naturel $n$ et pour tout réel $x\in[0,1]\, \sqrt{x}-P_{n}(x) \leq \sqrt{x}\left(1-\frac{\sqrt{x}}{2}\right)^n.$

Pour $n\geq 1$, étudiez la fonction $t\mapsto t\left(1-\frac{t}{2}\right)^n$

Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $1.$

Pour tout réel $t\in[0,1]$ posez $f(t) = t\left(1-\frac{t}{2}\right)^n.$

Soit $t\in[0,1]$, alors :

$\begin{align*}
f'(t) &= \left(1-\frac{t}{2}\right)^n -\frac{tn}{2}\left(1-\frac{t}{2}\right)^{n-1}\\
&=\left(1-\frac{t}{2}\right)^{n-1} \left[1-\frac{t}{2}-\frac{tn}{2}\right]\\
&=\left(1-\frac{t}{2}\right)^{n-1} \left[\frac{2-t(n+1)}{2}\right]\\
\end{align*}$

Le réel $1-\frac{t}{2}$ est positif, donc le réel $\left(1-\frac{t}{2}\right)^{n-1}$ l’est aussi.

Il en résulte que $f'(t)$ est négatif si $t\in \left[0, \frac{2}{n+1}\right]$ et que $f'(t)$ est négatif si $ t\in \left[\frac{2}{n+1}, 1\right].$

Il est donc établi que $\forall t\in[0,1]\, f(t)\leq f\left(\frac{2}{n+1}\right) \leq \frac{2}{n+1}\left(1-\frac{\frac{2}{n+1}}{2}\right)^n \leq \frac{2}{n+1}.$

La dernière inégalité vient du fait que $0\leq 1-\frac{\frac{2}{n+1}}{2} \leq 1$ et par suite le réel $\left(1-\frac{\frac{2}{n+1}}{2}\right)^n$ est majoré par $1.$

Et la convergence uniforme

Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $1.$

Soit $x\in[0,1].$ Vous réutilisez la fonction $f$ : $t\mapsto t\left(1-\frac{t}{2}\right)^n$ qui admet un maximum égal à $\frac{2}{n+1}$ sur l’intervalle $[0,1]$. Or $\sqrt{x}\in[0,1]$. D’après les deux paragraphes précédents :

$\sqrt{x}-P_{n}(x) \leq f(\sqrt{x}) \leq \frac{2}{n+1}.$

Or, $\sqrt{x}-P_{n}(x) $ est positif.

Donc le réel $\left\lvert \sqrt{x}-P_{n}(x) \right\rvert$ est majoré par $\frac{2}{n+1}.$

L’ensemble $A_n = \left\{\left\lvert \sqrt{x}-P_{n}(x) \right\rvert, x\in[0,1] \right\}$ est donc majoré par $\frac{2}{n+1}.$

Cet ensemble est non vide puisqu’il contient $\sqrt{0}-P_n(0)$ par suite il admet une borne supérieure qui vérifie l’inégalité $\mathrm{Sup} A_n \leq \frac{2}{n+1}.$

Or, $\lim_{n\to +\infty}\frac{2}{n+1} = 0$, cela prouve que la suite de polynômes $(P_n)_{n\geq 0}$ converge uniformément sur $[0,1]$ vers la fonction $x\mapsto \sqrt{x}.$

Visualisez graphiquement !

Vous souhaitez voir les courbes représentatives des premiers polynômes ? Voir s’ils sont utilisables en pratique ? Allez vous faire votre idée dans l'article 175.

Prolongement

Pourriez-vous expliciter une suite de polynômes qui converge uniformément sur l’intervalle $[-1,1]$ vers la fonction valeur absolue $x\mapsto \vert x \vert$ ?

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