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 :
-
$\forall n \in \N$, $f_n$ est intégrable sur $I$.
-
La suite de fonctions $ f_n$ converge simplement sur $I$ vers une fonction $f$ continue
par morceaux sur $I$.
-
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
-
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
$\dsp \int_0^1 f = 0$
!
-
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 $\dsp \int_{0}^\infty f \ = \ \dsp \lim_{n \rightarrow + \infty} \dsp
\int_{0}^\infty
f_n$ !
(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
-
Pour tout $n\in \N$, $h_n$ est continue sur $[0,1]$ donc intégrable sur $[0,1]$.
-
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 $[0,1]$.
-
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
-
Pour tout $n\in \N^*$, $g_n$ est continue sur $]0,1[$ et intégrable sur $]0,1[$.
-
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 $]0,1[$.
-
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 $I_n=\dsp\int_1^\infty\ee^{-t^n}\ud t$.
-
Justifier l'existence de $I_n$
-
Limite de $(nI_n)$ puis équivalent de $I_n$
-
On pose $f(x)=\dsum I_nx^n$. Rc + domaine de définition
Correction
Correction disponible sur le site de UPS
(E3A 2021 (Ecrit))
-
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 $t \longmapsto \exp(-t^n)$
-
La domination n'est pas toujours bien justifiée alors que dans l'ensemble, le théorème de convergence
dominée est bien appliqué.
-
Changement de variable pas toujours bien justifié.
-
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 :
- 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 $I$.
- 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
-
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 $f$.
-
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 :
-
$\forall n \in \N$, $u_n$ est intégrable sur $I$.
- La série de fonctions $\sum u_n$ converge simplement sur $I$, et sa fonction somme
$s$,
est continue par morceaux sur $I$.
- 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:
-
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.
-
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