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.

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 $\dsp \int_{0}^\infty f \ = \ \dsp \lim_{n \rightarrow + \infty} \dsp \int_{0}^\infty f_n$ !


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 $I_n\sim \dfrac{f(1)}{n}.$

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.% $\dsp\int_1^\infty f$ existe également.

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% nvergence dominée pour les séries (convergence en norme $\norme{\cdot}_1$), on en déduit $$\boxed{ \int_0^1 \dfrac{\ln(x)^2}{1+x^2}\ud x=\dsum_{n\geq 0}\int_0^1 f_n(x)\ud x= 2\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n}{(2n+1)^3}}.$$

Intégrales à paramètres