Exercices corrigés — Suites & séries de fonctions

À $x$ fixé dans $[0,1[$, $x^n$ est une suite géométrique de raison $x<1$.

Sur $[0,1[$, $f=0$ : le sup de $x^n$ sur $[0,1[$ se lit sur la monotonie de $x\mapsto x^n$.

$\left(1-\tfrac1n\right)^n=e^{n\ln(1-1/n)}$ : développer $\ln(1-1/n)$.

Deux questions, deux convergences. « À $x$ fixé, que fait $f_n(x)$ ? » est la convergence simple : on gèle $x$ et on regarde une suite de nombres. « L'écart maximal entre $f_n$ et sa limite tend-il vers $0$ ? » est la convergence uniforme : on regarde $\lVert f_n-f\rVert_\infty=\sup_x\lvert f_n(x)-f(x)\rvert$, un nombre par valeur de $n$.

Pour $x^n$, les deux réponses diffèrent, et c'est l'exemple à retenir : la convergence simple a lieu, la limite est discontinue, et la convergence uniforme échoue — sur $[0,1]$. Sur $[0,a]$ avec $a<1$, elle a lieu. Le domaine fait partie de l'énoncé.

👉 Méthode générale, à rejouer sur chaque exemple du chapitre : (1) limite simple, point par point ; (2) norme sup de $f_n-f$, par l'étude de la fonction $f_n-f$ ou par une minoration le long d'une suite $(x_n)$ bien choisie.

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

• Si $0\leq x<1$ : $(x^n)$ est une suite géométrique de raison $x\in[0,1[$, donc $x^n\to0$.
• Si $x=1$ : $1^n=1$ pour tout $n$, donc $f_n(1)\to1$.

La limite simple est donc la fonction

$$f(x)=\begin{cases}0&\text{si }0\leq x<1,\\1&\text{si }x=1.\end{cases}$$

Elle est discontinue en $1$ : $f(x)\to0$ quand $x\to1^-$ alors que $f(1)=1$. Chaque $f_n$ est pourtant continue (un polynôme). La convergence simple ne transmet donc pas la continuité — c'est le premier signal qu'elle est trop faible pour l'analyse.

$$\boxed{f_n\xrightarrow{\ \text{simplement}\ }f=\mathbb{1}_{\{1\}}\ \text{sur }[0,1],\quad f\text{ discontinue en }1}$$

Sur $[0,1[$, $f=0$ et $\lvert f_n(x)-f(x)\rvert=x^n$ ; en $x=1$, $f_n(1)-f(1)=0$. Donc

$$\lVert f_n-f\rVert_\infty=\sup_{x\in[0,1[}x^n.$$

La fonction $x\mapsto x^n$ est croissante sur $[0,1[$ et tend vers $1$ quand $x\to1^-$ : la borne supérieure vaut $1$, et elle n'est pas atteinte (un sup sur un intervalle ouvert en $1$ peut ne pas être un maximum). Ainsi $\lVert f_n-f\rVert_\infty=1$ pour tout $n$ : elle ne tend pas vers $0$.

$$\boxed{\lVert f_n-f\rVert_\infty=1\ \text{pour tout }n\ :\ \text{pas de convergence uniforme sur }[0,1]}$$

La méthode de la suite. Sans calculer le sup, on peut choisir $x_n=1-\dfrac1n\in[0,1[$ : alors

$$f_n(x_n)-f(x_n)=\left(1-\frac1n\right)^n=e^{n\ln(1-1/n)}\xrightarrow[n\to\infty]{}e^{-1}\approx0{,}368,$$

car $n\ln\left(1-\tfrac1n\right)=n\left(-\tfrac1n+O\!\left(\tfrac1{n^2}\right)\right)\to-1$. Comme $\lVert f_n-f\rVert_\infty\geq\lvert f_n(x_n)-f(x_n)\rvert\to e^{-1}\neq0$, la convergence n'est pas uniforme. Pour $n=10$ : $0{,}9^{10}\approx0{,}3487$, déjà proche de $e^{-1}$.

ℹ️ Les deux arguments concluent, mais ils ne disent pas la même chose : le sup vaut $1$, la suite ne donne que « au moins $e^{-1}$ ». La minoration suffit à réfuter ; le calcul exact est nécessaire pour prouver une convergence uniforme.

Soit $a\in[0,1[$. Sur $[0,a]$ la limite simple est $0$, et par croissance de $x\mapsto x^n$,

$$\lVert f_n\rVert_{\infty,[0,a]}=\sup_{x\in[0,a]}x^n=a^n\xrightarrow[n\to\infty]{}0,$$

puisque $0\leq a<1$. La convergence est uniforme sur $[0,a]$ — et ce pour chaque $a<1$, sans être uniforme sur $[0,1[$ ni sur $[0,1]$. On dit que $(f_n)$ converge uniformément sur tout segment de $[0,1[$, ou localement uniformément sur $[0,1[$.

Le rang pour $a=0{,}9$. On veut $0{,}9^n<10^{-3}$, soit $n\ln0{,}9<-3\ln10$, soit $n>\dfrac{3\ln10}{-\ln0{,}9}\approx65{,}6$. Le premier rang est donc $n=66$, ce que confirme le calcul : $0{,}9^{65}\approx0{,}001061\geq10^{-3}$ et $0{,}9^{66}\approx0{,}000955<10^{-3}$. À titre de comparaison, pour $a=0{,}5$, dix termes suffisent largement : $0{,}5^{10}\approx0{,}000977$.

$$\boxed{\text{CU sur }[0,a]\ (a<1)\text{ car }\lVert f_n\rVert_\infty=a^n\to0\ ;\ \text{pour }a=0{,}9,\ n=66}$$

Convergence simple. $f_n\to f$ simplement sur $I$ si pour tout $x\in I$, $f_n(x)\to f(x)$. Le rang à partir duquel $\lvert f_n(x)-f(x)\rvert<\varepsilon$ peut dépendre de $x$ — ici, près de $1$, il devient arbitrairement grand.

Convergence uniforme. $f_n\to f$ uniformément sur $I$ si $\lVert f_n-f\rVert_\infty=\sup_I\lvert f_n-f\rvert\to0$ : un même rang pour tous les $x$.

Uniforme $\Rightarrow$ simple ; la réciproque est fausse, et $x^n$ sur $[0,1]$ en est le contre-exemple de référence. Contraposée utile : si la limite simple de fonctions continues n'est pas continue, la convergence n'est pas uniforme (section B).

⚠️ Prendre la limite du sup pour le sup de la limite. « $x^n\to0$ pour tout $x<1$, donc le sup tend vers $0$ » est faux : le sup se calcule à $n$ fixé, sur tous les $x$ à la fois, et il vaut $1$ quel que soit $n$. Une limite simple ne dit rien de $\lVert f_n-f\rVert_\infty$.

⚠️ Oublier de préciser le domaine. « $x^n$ converge uniformément » n'a pas de sens ; « uniformément sur $[0,0{,}9]$ » en a un, et « sur $[0,1]$ » est faux. Toute conclusion de ce chapitre porte un domaine.

⚠️ Croire que le sup est atteint. Sur $[0,1[$, $\sup x^n=1$ n'est la valeur de $x^n$ en aucun point ; écrire « il existe $x$ tel que $x^n=1$ » serait faux. Dire borne supérieure, et ne conclure « maximum » que sur un segment avec une fonction continue.

La convergence uniforme se lit sur $\lVert f_n-f\rVert_\infty$, jamais sur des limites point par point. Deux outils : le calcul du sup (qui prouve tout) et la minoration par une suite $x_n$ (qui réfute en une ligne).

Le domaine est une donnée. $x^n$ : uniforme sur $[0,a]$ pour tout $a<1$, pas sur $[0,1]$. C'est la forme la plus fréquente du chapitre — uniforme sur tout segment, pas sur l'intervalle entier.

À $x>0$ fixé, $nx\,e^{-nx}$ est de la forme $t e^{-t}$ avec $t=nx\to+\infty$.

$f_n'(x)=ne^{-nx}(1-nx)$ : le maximum est en $x=\dfrac1n$.

Pour $n>\dfrac1a$, le point $\dfrac1n$ est à gauche de $a$ : sur $[a,1]$, $f_n$ est décroissante.

Ici la limite simple est continue (c'est $0$), et pourtant la convergence n'est pas uniforme. La contraposée du théorème de continuité ne peut donc rien dire : il faut calculer. C'est l'exercice de la première méthode — étudier $f_n$ pour lire sa norme sup — et il montre qu'un sup peut rester constant ($e^{-1}$) pendant que le point où il est atteint ($\tfrac1n$) file vers $0$.

👉 Le mécanisme est celui d'une bosse de hauteur fixe qui glisse vers l'origine : à chaque $x>0$ fixé, la bosse finit par passer et $f_n(x)\to0$ ; mais à chaque instant $n$, elle est quelque part, de hauteur $e^{-1}$. La convergence simple regarde un point, la convergence uniforme regarde la bosse.

• En $x=0$ : $f_n(0)=0$ pour tout $n$.
• Pour $x\in]0,1]$ fixé : posons $t=nx$, qui tend vers $+\infty$ avec $n$. Alors $f_n(x)=te^{-t}\to0$ par croissances comparées ($e^{-t}$ l'emporte sur $t$).

Donc $f_n\to0$ simplement sur $[0,1]$, et la limite est continue. Exemple chiffré : $f_{10}\!\left(\tfrac12\right)=5e^{-5}\approx0{,}0337$, $f_{20}\!\left(\tfrac12\right)=10e^{-10}\approx4{,}5\times10^{-4}$.

$$\boxed{f_n\to0\ \text{simplement sur }[0,1]}$$

$f_n$ est dérivable sur $[0,1]$ et

$$f_n'(x)=ne^{-nx}-n^2xe^{-nx}=ne^{-nx}(1-nx).$$

Le signe est celui de $1-nx$ : $f_n$ croît sur $\left[0,\tfrac1n\right]$ et décroît sur $\left[\tfrac1n,1\right]$. Son maximum est atteint en $x_n=\tfrac1n$ et vaut

$$f_n\!\left(\frac1n\right)=n\cdot\frac1n\cdot e^{-1}=e^{-1}\approx0{,}368.$$

Comme $f_n\geq0$, on a $\lVert f_n-0\rVert_\infty=\lVert f_n\rVert_\infty=e^{-1}$, indépendant de $n$. Il ne tend pas vers $0$ :

$$\boxed{\lVert f_n\rVert_\infty=e^{-1}\ \text{pour tout }n\ :\ \text{pas de convergence uniforme sur }[0,1]}$$

ℹ️ Le point du maximum $x_n=\tfrac1n$ tend vers $0$ — vers un point où toutes les $f_n$ s'annulent. La bosse se réfugie contre l'origine sans jamais s'aplatir. La suite $x_n=\tfrac1n$ est exactement celle qu'on aurait choisie pour la « seconde méthode » : $f_n(x_n)=e^{-1}$.

Soit $a\in]0,1]$. Dès que $n>\tfrac1a$, on a $\tfrac1n<a$, donc $f_n$ est décroissante sur $[a,1]$ et

$$\lVert f_n\rVert_{\infty,[a,1]}=f_n(a)=nae^{-na}\xrightarrow[n\to\infty]{}0$$

(croissances comparées, avec $t=na\to+\infty$). La convergence est uniforme sur $[a,1]$ pour tout $a>0$ : encore une convergence uniforme sur tout segment de $]0,1]$, mais pas sur $[0,1]$.

Pour $a=\tfrac12$ : $\lVert f_{10}\rVert_{\infty,[1/2,1]}=f_{10}\!\left(\tfrac12\right)=5e^{-5}\approx0{,}0337$ et $\lVert f_{20}\rVert_{\infty,[1/2,1]}=10e^{-10}\approx4{,}5\times10^{-4}$ — à comparer aux $0{,}368$ que vaut le sup sur $[0,1]$ quel que soit $n$.

$$\boxed{\text{CU sur }[a,1]\ (a>0)\ :\ \lVert f_n\rVert_{\infty,[a,1]}=nae^{-na}\to0}$$

Calculer une norme sup. Sur un segment, une fonction continue atteint son maximum : on dérive $f_n-f$, on dresse le tableau de variations, et $\lVert f_n-f\rVert_\infty$ est la plus grande des valeurs absolues aux points critiques et aux bornes.

Le sup peut être constant alors que la fonction tend vers $0$ en chaque point : c'est le cas dès que le point du maximum se déplace vers un bord ou vers un point où la limite s'annule. La convergence uniforme sur $[a,1]$ pour tout $a>0$ sans convergence uniforme sur $[0,1]$ est la signature de ce phénomène.

⚠️ Conclure « limite continue, donc convergence uniforme ». Le théorème dit : uniforme $\Rightarrow$ limite continue. Sa contraposée réfute ; sa réciproque est fausse, et cet exercice en est la preuve : limite $0$, continue, convergence non uniforme.

⚠️ Évaluer le sup en un point fixé. Écrire « $f_n(0{,}5)\to0$ donc $\lVert f_n\rVert_\infty\to0$ » confond une valeur avec le maximum. Le maximum est en $\tfrac1n$, pas en $0{,}5$.

⚠️ Oublier que le point critique sort de l'intervalle. Sur $[a,1]$, pour $n\leq\tfrac1a$, le maximum de $f_n$ est bien à l'intérieur ; ce n'est qu'à partir de $n>\tfrac1a$ que $f_n$ décroît sur tout $[a,1]$. Le raisonnement « pour $n$ assez grand » n'est pas décoratif.

Une bosse qui glisse ne s'aplatit pas. $nxe^{-nx}$ tend vers $0$ partout et garde un sup égal à $e^{-1}$ : convergence simple, pas uniforme sur $[0,1]$, uniforme sur tout $[a,1]$.

Méthode. Dériver $f_n-f$, localiser le maximum $x_n$, calculer $f_n(x_n)-f(x_n)$ : si ce nombre ne tend pas vers $0$, pas de convergence uniforme ; s'il y tend, elle a lieu. Même schéma pour la « vraie » bosse glissante de la section B, où l'aire, elle aussi, ne s'aplatit pas.

$\sqrt{x^2+1/n}-\lvert x\rvert$ : multiplier et diviser par la quantité conjuguée.

Le dénominateur $\sqrt{x^2+1/n}+\lvert x\rvert$ est minimal en $x=0$.

$\lvert x\rvert$ n'est pas dérivable en $0$ : taux $-1$ à gauche, $1$ à droite.

Un exemple positif, et une mise en garde. Positif : la convergence est uniforme sur $\mathbb{R}$ tout entier, sans restriction à un segment — la première fois dans ce chapitre. Mise en garde : chaque $f_n$ est une fonction lisse ($\mathcal{C}^1$, et même $\mathcal{C}^\infty$), la limite $\lvert x\rvert$ a un coin en $0$. La convergence uniforme transmet la continuité (section B) ; elle ne transmet pas la dérivabilité, et il n'existe aucun théorème qui le ferait sans hypothèse sur les dérivées.

👉 Techniquement, c'est l'exercice de la quantité conjuguée : pour comparer $\sqrt{A}$ et $\sqrt{B}$, on écrit $\sqrt A-\sqrt B=\dfrac{A-B}{\sqrt A+\sqrt B}$, ce qui transforme une différence de racines en un quotient dont on contrôle le dénominateur.

À $x$ fixé, $x^2+\tfrac1n\to x^2$, et la racine carrée est continue sur $[0,+\infty[$ : $f_n(x)\to\sqrt{x^2}=\lvert x\rvert$.

$$\boxed{f_n\to f=\lvert\,\cdot\,\rvert\ \text{simplement sur }\mathbb{R}}$$

La limite est continue, ce qui ne prouve rien pour l'instant (A2 vient de le montrer) : il faut estimer l'écart.

Pour tout $x$, comme $x^2+\tfrac1n>x^2$, on a $f_n(x)>\lvert x\rvert$, donc $f_n(x)-f(x)\geq0$. Et par la quantité conjuguée,

$$f_n(x)-\lvert x\rvert=\sqrt{x^2+\tfrac1n}-\sqrt{x^2}=\frac{\left(x^2+\tfrac1n\right)-x^2}{\sqrt{x^2+\tfrac1n}+\lvert x\rvert}=\frac{1/n}{\sqrt{x^2+\tfrac1n}+\lvert x\rvert}.$$

Le dénominateur est minoré par $\sqrt{\tfrac1n}=\dfrac1{\sqrt n}$ (on abaisse $x^2$ à $0$ et $\lvert x\rvert$ à $0$), avec égalité en $x=0$. D'où

$$0\leq f_n(x)-f(x)\leq\frac{1/n}{1/\sqrt n}=\frac1{\sqrt n},\qquad f_n(0)-f(0)=\frac1{\sqrt n}.$$

La borne est atteinte : $\lVert f_n-f\rVert_\infty=\dfrac1{\sqrt n}\to0$.

$$\boxed{\lVert f_n-f\rVert_\infty=\frac1{\sqrt n}\ :\ \text{convergence uniforme sur }\mathbb{R}\text{ tout entier}}$$

Le rang. $\dfrac1{\sqrt n}<10^{-2}$ équivaut à $\sqrt n>100$, soit $n>10^4$ : le premier rang est $n=10\,001$ — pour $n=10\,000$, l'écart vaut exactement $0{,}01$, pas strictement moins. Et $\lVert f_{100}-f\rVert_\infty=\dfrac1{10}=0{,}1$ : à $n=100$, la courbe de $f_n$ est dans le tube de largeur $0{,}1$ autour de $\lvert x\rvert$, sur toute la droite réelle.

Comme $x^2+\tfrac1n\geq\tfrac1n>0$, la fonction $f_n$ est la composée de $x\mapsto x^2+\tfrac1n$ (polynôme) par la racine carrée, dérivable sur $]0,+\infty[$ : $f_n$ est dérivable sur $\mathbb{R}$, et

$$f_n'(x)=\frac{2x}{2\sqrt{x^2+\tfrac1n}}=\frac{x}{\sqrt{x^2+\tfrac1n}},$$

fonction continue. Donc $f_n\in\mathcal{C}^1(\mathbb{R})$ (et même $\mathcal{C}^\infty$, le radicande ne s'annulant jamais).

La limite $f(x)=\lvert x\rvert$, elle, n'est pas dérivable en $0$ : son taux d'accroissement $\dfrac{\lvert h\rvert}h$ vaut $-1$ pour $h<0$ et $1$ pour $h>0$. On a donc une suite de fonctions $\mathcal{C}^1$ convergeant uniformément sur $\mathbb{R}$ vers une fonction non dérivable.

$$\boxed{f_n\in\mathcal{C}^1(\mathbb{R})\ \text{pour tout }n,\ \text{mais }f=\lvert\,\cdot\,\rvert\text{ n'est pas dérivable en }0}$$

ℹ️ Regardez les dérivées : $f_n'(x)=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1/n}}$ tend simplement vers $\operatorname{sgn}(x)$ (avec $f_n'(0)=0$), une fonction discontinue — donc $(f_n')$ ne converge pas uniformément. C'est exactement l'hypothèse qui manque au théorème de dérivation de la section C : il exige la convergence uniforme des dérivées.

Convergence uniforme sur $\mathbb{R}$. Rien n'impose un segment : on a bien $\lVert f_n-f\rVert_\infty\to0$ avec le sup pris sur toute la droite. Ce qui l'a rendu possible, c'est une majoration $\lvert f_n(x)-f(x)\rvert\leq\varepsilon_n$ indépendante de $x$.

Ce que la convergence uniforme ne transmet pas. La dérivabilité. Le théorème de dérivation (section C) demande la convergence uniforme de $(f_n')$ sur tout segment, plus la convergence de $(f_n(x_0))$ en un point.

⚠️ « Les $f_n$ sont dérivables et convergent uniformément, donc $f$ est dérivable et $f'=\lim f_n'$. » Faux, et cet exercice est le contre-exemple canonique. La convergence uniforme des $f_n$ ne contrôle pas les pentes : deux fonctions à distance uniforme $10^{-6}$ peuvent avoir des dérivées très différentes.

⚠️ Majorer par une borne qui dépend de $x$. Écrire $f_n(x)-f(x)\leq\dfrac{1/n}{2\lvert x\rvert}$ (en abaissant seulement $\sqrt{x^2+1/n}$ à $\lvert x\rvert$) est vrai pour $x\neq0$ mais inutile : la borne explose en $0$. Pour une convergence uniforme, il faut une borne uniforme — d'où le choix de minorer le dénominateur par $\tfrac1{\sqrt n}$.

Quantité conjuguée : $\sqrt A-\sqrt B=\dfrac{A-B}{\sqrt A+\sqrt B}$, l'outil pour comparer deux racines.

$\sqrt{x^2+1/n}\to\lvert x\rvert$ uniformément sur $\mathbb{R}$, avec $\lVert f_n-f\rVert_\infty=\tfrac1{\sqrt n}$ : l'exemple à citer chaque fois qu'on veut rappeler que « uniforme » ne veut pas dire « dérivable ».

$f_n'(x)=x^{n-1}\bigl(n-(n+1)x\bigr)$ : le maximum est en $x=\dfrac n{n+1}$.

$\left(\dfrac n{n+1}\right)^n\leq1$.

$\displaystyle\int_0^1x^n\,\mathrm{d}x-\int_0^1x^{n+1}\,\mathrm{d}x$.

Le facteur $(1-x)$ change tout. $x^n$ ne converge pas uniformément sur $[0,1]$ parce qu'en $x=1$ il vaut $1$ (A1). En le multipliant par $(1-x)$, on force la valeur $0$ en $1$ — et cette fois la convergence est uniforme sur $[0,1]$ tout entier. Mais ce n'est pas gratuit : il faut le vérifier en calculant le sup, car le maximum de $x^n(1-x)$ se déplace vers $1$ quand $n$ grandit, exactement comme la bosse de A2 se déplaçait vers $0$. La différence est que sa hauteur tend vers $0$.

👉 C'est l'exercice qui montre qu'un maximum qui « fuit » n'est pas en soi un obstacle : ce qui compte est la hauteur du maximum, pas sa position.

À $x\in[0,1[$ fixé, $x^n\to0$ (géométrique de raison $x<1$) et $(1-x)$ est une constante : $f_n(x)\to0$. En $x=1$, $f_n(1)=0$ pour tout $n$. Donc $f_n\to0$ simplement sur $[0,1]$, et la limite est continue.

$$\boxed{f_n\to0\ \text{simplement sur }[0,1]}$$

$f_n$ est dérivable et

$$f_n'(x)=nx^{n-1}(1-x)-x^n=x^{n-1}\bigl(n-(n+1)x\bigr).$$

Sur $]0,1]$, le signe est celui de $n-(n+1)x$ : $f_n$ croît sur $\left[0,\tfrac n{n+1}\right]$ et décroît ensuite. Le maximum, atteint en $x_n=\dfrac n{n+1}$, vaut

$$\lVert f_n\rVert_\infty=f_n\!\left(\frac n{n+1}\right)=\left(\frac n{n+1}\right)^n\cdot\frac1{n+1}=\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}}.$$

Valeurs exactes : $\lVert f_1\rVert_\infty=\dfrac14$, $\lVert f_2\rVert_\infty=\dfrac4{27}\approx0{,}148$, $\lVert f_3\rVert_\infty=\dfrac{27}{256}\approx0{,}105$ ; pour $n=10$, $\dfrac{10^{10}}{11^{11}}\approx0{,}0350$.

La majoration. Comme $\left(\dfrac n{n+1}\right)^n\leq1$,

$$\lVert f_n\rVert_\infty\leq\frac1{n+1}\xrightarrow[n\to\infty]{}0.$$

$$\boxed{\lVert f_n\rVert_\infty=\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}}\leq\frac1{n+1}\to0\ :\ \text{convergence uniforme sur }[0,1]}$$

ℹ️ Plus finement, $\left(\dfrac n{n+1}\right)^n=\left(1+\dfrac1n\right)^{-n}\to e^{-1}$, donc $\lVert f_n\rVert_\infty\sim\dfrac1{e(n+1)}$ : pour $n=10$, $\dfrac1{11e}\approx0{,}0334$, à comparer aux $0{,}0350$ exacts. La convergence uniforme est lente (en $\tfrac1n$), mais elle a lieu.

$$\int_0^1x^n(1-x)\,\mathrm{d}x=\int_0^1x^n\,\mathrm{d}x-\int_0^1x^{n+1}\,\mathrm{d}x=\frac1{n+1}-\frac1{n+2}=\frac1{(n+1)(n+2)}\xrightarrow[n\to\infty]{}0.$$

C'est cohérent avec la section B : convergence uniforme sur le segment $[0,1]$, donc $\int_0^1f_n\to\int_0^10=0$. On peut d'ailleurs le lire directement : $0\leq\int_0^1f_n\leq(1-0)\cdot\lVert f_n\rVert_\infty\leq\dfrac1{n+1}$.

Comparaison avec $x^n$. Pour $x^n$, $\int_0^1x^n=\dfrac1{n+1}\to0$ aussi, alors que la convergence n'est pas uniforme : l'interversion limite–intégrale peut avoir lieu sans convergence uniforme. La convergence uniforme est une condition suffisante, jamais nécessaire — l'exercice B5 y revient.

$$\boxed{\int_0^1f_n=\frac1{(n+1)(n+2)}\to0}$$

Norme sup d'une fonction positive sur un segment : c'est son maximum, lu au point critique. Ici $x_n=\dfrac n{n+1}\to1$ : le maximum fuit vers le bord, et c'est sa hauteur $\dfrac{n^n}{(n+1)^{n+1}}$ qui décide.

Interversion limite–intégrale : si $f_n\to f$ uniformément sur $[a,b]$, alors $\int_a^bf_n\to\int_a^bf$, avec $\left\lvert\int_a^bf_n-\int_a^bf\right\rvert\leq(b-a)\lVert f_n-f\rVert_\infty$.

⚠️ Croire qu'un maximum qui fuit vers le bord empêche la convergence uniforme. Non : en A2 le maximum fuyait vers $0$ à hauteur $e^{-1}$ constante ; ici il fuit vers $1$ à hauteur $\dfrac{n^n}{(n+1)^{n+1}}\to0$. Seule la hauteur compte.

⚠️ Majorer trop vite. Écrire $x^n(1-x)\leq x^n\leq1$ est vrai et inutile. La bonne majoration vient du point critique : $\left(\tfrac n{n+1}\right)^n\leq1$ laisse le facteur $\tfrac1{n+1}$, qui tend vers $0$.

⚠️ Lire la convergence uniforme dans l'intégrale. $\int_0^1f_n\to0$ ne prouve pas la convergence uniforme (A1 : $\int_0^1x^n\to0$ sans convergence uniforme). Le sens est « uniforme $\Rightarrow$ intégrales convergent », pas l'inverse.

$x^n(1-x)\to0$ uniformément sur $[0,1]$, avec $\lVert f_n\rVert_\infty=\dfrac{n^n}{(n+1)^{n+1}}\leq\dfrac1{n+1}$.

Deux suites, deux verdicts, un seul mécanisme : $x^n$ (sup $1$) et $x^n(1-x)$ (sup $\leq\tfrac1{n+1}$). La convergence uniforme est une affaire de hauteur d'écart maximal, jamais de position.