Théorème de convergence dominée. Applications

Cas de suite de fonctions

Convergence dominée Soit $(f_n)_{n \in \N}$ une suite de fonctions continues par morceaux sur un intervalle $I$, à valeurs dans $\C$. On suppose que :

  1. $\forall n \in \N$, $f_n$ est intégrable sur $I$.
  2. La suite de fonctions $ f_n$ converge simplement sur $I$ vers une fonction $f$ continue par morceaux sur $I$.
  3. Il existe une fonction $\varphi$ continue par morceaux sur $I$, à valeurs réelles positives, et intégrable sur $I$, telle que : $ \forall n \in \N, \ |f_n| \leqslant \varphi$ sur $I$ (hypothèse de domination).

Alors : $f$ est intégrable sur $I$ , et : $$ \dsp \int_I f \ = \ \dsp \lim_{n \rightarrow + \infty } \dsp \int_I f_n$$

Remarques

  • On peut se dispenser de l'hypothèse $a)$, car $f_n$ intégrable sur $I$ est en fait une conséquence de l'hypothèse $c)$ (d'après les théorèmes de comparaison sur l'intégrabilité de fonctions à valeurs réelles positives).
  • L'hypothèse de domination est indispensable, comme le montre les exemples ci-après. (voir aussi rapport du jury CCP)

Exemples

  1. Soit, pour $n \geqslant 2$, $f_n$ la fonction continue, affine par morceaux, définie sur $[0,1]$, telle que : $$ f_n(0)=0 \ , f_n \left( \dsp \frac{1}{n} \right) = n \ , \, f_n \left( \dsp \frac{2}{n} \right) = 0 \ , \ f_n(1)=0 $$ Alors : $f_n$ est continue, intégrable sur $[0,1]$, la suite $(f_n)$ converge simplement sur $[0,1]$ vers la fonction $f=0$ (continue et intégrable sur $[0,1]$).
    Mais $ \dsp \int_0^1 f_n =1$, ne tend pas vers $\dsp \int_0^1 f = 0$ !
  2. Soit, pour $n \geqslant 1$, $f_n$ telle que : $\left\{ \begin{array}{lll} \forall x \in [0,n] & , & f_n(x) = \dsp \frac{1}{n} \\[0.1cm] \forall x > n & , & f_n(x)=0 \end{array} \right.$
    Alors $f_n$ est continue par morceaux sur $\R^+$ et intégrable sur $\R^+$ ($ \dsp \int_0^\infty f_n = 1)$, et la suite $(f_n)$ converge simplement sur $\R^+$ vers la fonction $f=0$, continue et intégrable sur $\R^+$. Il y a même, ici, convergence uniformesur $\R^+$, puisque ${\|f_n\|}_{\infty}= \dsp \frac{1}{n} \rightarrow 0$ .
    Cependant, on n'a pas $\dsp \int_{0}^\infty f \ = \ \dsp \lim_{n \rightarrow + \infty} \dsp \int_{0}^\infty f_n$ !

Rien

(CCP 2017 (Ecrit))
Les question Q19 à Q21 ont été peu et mal traitées. Dans Q19 par exemple, beaucoup ont voulu utiliser le théorème de convergence dominée et ont affirmé que puisque $$\abs{\dfrac{\sin(t)}{t+x}}\leq \abs{\dfrac{\sin(t)}{t}}$$ et $\dsp\int_0^\infty \dfrac{\sin(t)}{t}\ud t$ converge, le théorème s'applique. Rappelons que cette dernière intégrale n'est pas absolument convergente.


Soit $f \in \CC([0,1],\R)$. Déterminer $ \ell = \dsp \lim_{n \rightarrow + \infty}{ \dsp \int_0^1{x^nf(x) \ud x}}$, puis un équivalent de $\dsp \int_0^1{x^nf(x) \ud x} - \ell$ quand $n \rightarrow + \infty$.

Correction

Pour $n\in \N$, on pose $\fonct{h_n}{[0,1]}{\C}{x}{x^nf(x)}$ et $I_n=\dsp\int_0^1h_n(t)\ud t$. On a

  1. Pour tout $n\in \N$, $h_n$ est continue sur $[0,1]$ donc intégrable sur $[0,1]$.
  2. La suite $(h_n)$ converge simplement vers $h$ avec $h(x)=0$ pour $x\in [0,1[$ et $h(1)=f(1)$. La fonction $h$ est continue par morceaux et intégrable sur $[0,1]$.
  3. Pour tout $(n,x)\in \N\times [0,1]$, on a $\abs{h_n(x)}\leq \norme{f}_\infty$ (hypothèse de domination).

Donc en appliquant le théorème de convergence dominée, on trouve $$\boxed{I_n=\int_0^1x^nf(x)\ud x\tendversN\,0}.$$ Pour le calcul de $I_n$, on effectue le changement de variable $u=x^n$ ($x\longmapsto x^n$ est $\CC^1$-difféomorphisme de $]0,1[$ dans lui même avec $n\geq 1$), on obtient $$I_n=\int_0^1uf(u^{\frac{1}{n}})\dfrac{\ud u}{nu^{\frac{n-1}{n}}}\Longrightarrow nI_n=\int_0^1u^{\frac{1}{n}}f(u^{\frac{1}{n}})\ud u=\int_0^1g_n(u)\ud u.$$ ou on a posé $g_n(u)=u^{\frac{1}{n}}f(u^{\frac{1}{n}})$. On a

  1. Pour tout $n\in \N^*$, $g_n$ est continue sur $]0,1[$ et intégrable sur $]0,1[$.
  2. La suite $(g_n)$ converge simplement vers $g$ avec $g(x)=f(1)$ pour $x\in ]0,1[$. La fonction $g$ est continue par morceaux et intégrable sur $]0,1[$.
  3. Pour tout $(n,x)\in \N^*\times [0,1]$, on a $\abs{g_n(x)}\leq \norme{f}_\infty$ (hypothèse de domination).

Donc en appliquant le théorème de convergence dominée, on trouve $$\boxed{nI_n=\int_0^1g_n(x)\ud x\tendversN\,f(1)}$$ si $ f(1)\neq 0$ alors $I_n\sim \dfrac{f(1)}{n}.$

E3A 2021

Pour $n\in \N$, on pose $I_n=\dsp\int_1^\infty\ee^{-t^n}\ud t$.

  1. Justifier l'existence de $I_n$
  2. Limite de $(nI_n)$ puis équivalent de $I_n$
  3. On pose $f(x)=\dsum I_nx^n$. Rc + domaine de définition
Correction

Correction disponible sur le site de UPS

Rien

(E3A 2021 (Ecrit))

  1. La continuité de la fonction $t \longmapsto \exp(-t^n)$ sur $[1; +\infty[$ est trop souvent oubliée. Certains pensent que la fonction constante, égale à $1$, est intégrable sur $[1; +\infty[$. On voit des arguments tels que : la fonction tend vers $0$ en l'infini et donc, on peut la prolonger par continuité en l'infini et donc, l'intégrale est faussement impropre en l'infini... Enfin certains connaissent une primitive de la fonction $t \longmapsto \exp(-t^n)$
  2. La domination n'est pas toujours bien justifiée alors que dans l'ensemble, le théorème de convergence dominée est bien appliqué.
  3. Changement de variable pas toujours bien justifié.
  4. Malgré une bonne expression de l'intégrale, beaucoup de candidats ne voient pas qu'il faut à nouveau appliquer le théorème de convergence dominée.
    A noter de nombreuses limites qui dépendent de $n$...

Cas des séries de fonctions

Soit $(u_n)_{n \in \N}$ une suite de fonctions continues par morceaux sur un intervalle $I$, à valeurs dans $\C$. On notera, pour $n\in\N$, $s_n=\dsum_{k=0}^n u_k$. On suppose que :

  1. La série de fonctions $\sum u_n$ converge simplement sur $I$, et sa fonction somme $s=\dsum_{n=0}^{+\infty}u_n$ est continue par morceaux sur $I$.
  2. Il existe une fonction $\varphi$ continue par morceaux sur $I$, à valeurs réelles positives, et intégrable sur $I$, telle que : $ \forall n \in \N, \ |s_n| \leqslant \varphi$ sur $I$ (hypothèse de domination).

Alors :
toutes les fonctions $u_n$, ainsi que $s$, sont intégrables sur $I$, et : $$ \dsp \int_I s \ = \ \dsp \sum_{n=0}^{+ \infty} \dsp \int_I u_n$$


Montrer que, pour $a > 0,\,\,\dsp \int_0^1 {\frac{{{\mathrm{d}}t}}{{1 + t^a }}} = \sum\limits_{n = 0}^{ + \infty } {\frac{{( - 1)^n }}{{na + 1}}} $.

Correction

La fonction $\fonct{f}{[0,1[}{\R_+}{t}{\dfrac{1}{1+t^a}}$ est continue, intégrable sur $[0,1[$.
On a pour tout $t\in [0,1[$, $t^a\in [0,1[$, donc $$\forall t\in [0,1[,\quad f(t)=\dsum_{n\geq 0}(-1)^nt^{a n}=\dsum_{n\geq 0}u_n(t),\quad \text{ avec } \,u_n(t)=(-1)^nt^{an}.$$ On a

  1. Pour tout $n\in \N$, $u_n$ est continue sur $[0,1[$ et intégrable sur $[0,1[$. De plus $\dsum u_n$ converge simplement vers $f$.
  2. Pour tout $N\in \N$, on a $$\forall t\in [0,1[,\quad \abs{\dsum_{k=0}^N u_k(t)}=\abs{\dfrac{1-(-t^a)^{N+1}}{1+t^a}}\leq 2f(t),\quad \text{ hypothèse de domination}$$ et la fonction $2f$ est continue par morceaux et intégrable sur $[0,1[$.

Donc en utilisant le théorème de convergence dominée pour les séries, on trouve: $$\boxed{\int_0^1f(t)\ud t=\dsum_{n\geq 0}\int_0^1u_n(t)\ud t =\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n}{1+na}}.$$ En particulier, pour $a=1,2,3$, on trouve $$\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n}{n+1}=\ln(2),\quad \dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n}{2n+1}=\dfrac{\pi}{4},\quad \dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n}{3n+1}=\dfrac{\frac{\pi}{\sqrt{3}}+\ln(2)}{3}.$$

Soit $(u_n)_{n \in \N}$ une suite de fonctions continues par morceaux sur un intervalle $I$, à valeurs dans $\C$. On suppose que :

  1. $\forall n \in \N$, $u_n$ est intégrable sur $I$.
  2. La série de fonctions $\sum u_n$ converge simplement sur $I$, et sa fonction somme $s$, est continue par morceaux sur $I$.
  3. La série $\dsp \sum_{n=0}^{+ \infty} \dsp \int_I |u_n|$ converge.

Alors :

$s = \dsp \sum_{n=0}^{+ \infty} u_n$ est intégrable sur $I$, et : $ \dsp \int_I s \ = \ \dsp \sum_{n=0}^{+ \infty} \dsp \int_I u_n$


Prouver l'égalité $\dsp \int_0^1 \frac{(\ln x)^2 }{1 + x^2 }\,\ud x = 2\sum\limits_{n = 0}^{ + \infty } \frac{( - 1)^n }{(2n + 1)^3 }$.

Correction

La fonction $\fonct{f}{]0,1[}{\R}{x}{\dfrac{\ln(x)^2}{1+x^2}}$ est continue, de plus:

  1. Au voisinage de $0$, on a $f(x)\sim\ln(x)^2$, comme $\dsp\int_0^{1/2}\ln(x)^2\ud x$ existe alors $\dsp\int_0^{1/2}f$ existe.
  2. Au voisinage de $1$, on a $\dsp\limiteX{x}{1}f(x)=0$, donc $\dsp\int_{1/2}^1f(x)\ud x$ existe.

On en déduit que $\dsp\int_0^1 f(t)\ud t$ existe.
D'autre part, pour tout $x\in ]0,1[$, on a $x^2\in ]0,1[$, alors: $$ f(x)=\dsp\ln(x)^2\dsum_{n\geq 0}(-1)^nx^{2n}=\dsum_{n\geq 0}f_n(x),\quad \text{ avec }f_n(x)=(-1)^n\ln(x)^2x^{2n}, $$ il est clair que $f_n$ est continue sur $]0,1[$, de plus $f_n$ est intégrable sur cet intervalle. En faisant deux fois une intégration par parties, on trouve $$\int_0^1 \abs{f_n(x)}\ud x=\dfrac{2}{(2n+1)^3}\Longrightarrow \dsum_{n\geq 0}\int_0^\infty \abs{f_n} < \infty.$$ D'après les théorèmes de coures, on trouve $$\boxed{ \int_0^1 \dfrac{\ln(x)^2}{1+x^2}\ud x=\dsum_{n\geq 0}\int_0^1 f_n(x)\ud x= 2\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n}{(2n+1)^3}}.$$

Intégrales à paramètres