Théorème de convergence dominée. Applications

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

Correction disponible sur le site de UPS

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 $$\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n}{n+1}=\ln(2),\quad \dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n}{2n+1}=\dfrac{\pi}{4},\quad \dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n}{3n+1}=\dfrac{\frac{\pi}{\sqrt{3}}+\ln(2)}{3}.$$

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 $$\boxed{ \int_0^1 \dfrac{\ln(x)^2}{1+x^2}\ud x=\dsum_{n\geq 0}\int_0^1 f_n(x)\ud x= 2\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n}{(2n+1)^3}}.$$

Soit $x_0 \in I$. On peut toujours trouver un fermé borné $K$ contenant $x_0$ et inclus dans $I$, et on supposera que l'hypothèse de domination est vérifiée pour $(x,t) \in K \times J$.

D'après le théorème sur la caractérisation séquentielle de la continuité, pour montrer que $g$ est continue en $x_0$, il suffit de démontrer que, pour toute suite $(a_n)$ d'éléments de $K$ qui converge vers $x_0$, la suite $(g(a_n))$ converge vers $g(x_0)$.

Soit donc $(a_n)$ une telle suite. Posons alors $f_n(t) = f(a_n,t)$, de sorte que $g(a_n) = \dsp \int_J f_n(t)\ud t$.

D'après l'hypothèse a), les fonctions $f_n$ sont continues par morceaux sur $J$.
D'après l'hypothèse b), la suite $(f_n)$ converge simplement sur $J$ vers la fonction $h : t \mapsto f(x_0,t)$, et $h$ est continue par morceaux sur $J$.
Enfin, l'hypothèse c) implique : $\forall t \in J, \forall n \in \N, \ |f_n(t)| \leqslant \varphi(t)$, avec $\varphi$ continue par morceaux et intégrable sur $J$.
Les hypothèses du théorème de convergence dominée pour la suite de fonctions $(f_n)$ sont donc remplies. Ce théorème permet alors d'affirmer que : $$\dsp \lim_{n \rightarrow \infty} \dsp \int_J f_n(t) \ud t = \dsp \int_J f(x_0,t) \ud t$$ soit encore : $\dsp \lim_{n \rightarrow \infty} g(a_n) = g(x_0)$.

Notons, pour $(x,t) \in [\alpha,\beta] \times [a,b]$, $$\varphi(x,t) = \dsp\int_{\alpha}^x f(u,t) \ud u,$$ et, $$\forall x \in [\alpha,\beta], \quad\psi(x) = \dsp \int_a^b \varphi(x,t) \ud t.$$ $ \bullet $ À $t$ fixé, $u \mapsto f(u,t)$ est continue, donc $x \mapsto \dsp \int_{\alpha}^x f(u,t) \ud u$ est dérivable, i.e $\dsp \frac{\partial \varphi}{\partial x}(x,t) = f(x,t)$ existe et est continue.
$\bullet$ De plus : $$\begin{array}{lcl} \abs{\varphi(x,t) - \varphi(x_0,t_0)} &= & \abs{\varphi(x,t)-\varphi(x_0,t)+\varphi(x_0,t)-\varphi(x_0,t_0)}\\ &&\\ &\leq& \left| \dsp \int_{x_0}^x |f(u,t)| \ud u \right| + \|\varphi(x_0,t)-\varphi(x_0,t_0)\|\\ &&\\ &\leqslant& \|f\|_{\infty}|x-x_0| + \|\varphi(x_0,t)-\varphi(x_0,t_0)\| \end{array} $$ et, puisque l'application $t \mapsto \varphi(x_0,t) = \dsp \int_{\alpha}^{x_0}f(u,t) \ud u $ est continue d'après le cours, on a : $$ \dsp \lim_{(x,t) \rightarrow (x_0,t_0)}\varphi(x,t) - \varphi(x_0,t_0) = 0 \text{ soit } \varphi \text{ continue sur } [\alpha,\beta] \times [a,b] .$$ $\bullet $ On peut donc appliquer le théorème 2 à $\psi(x) = \dsp \int_a^b \varphi(x,t) \ud t$, ce qui donne : $$\psi\CC^1 \text{ et } \psi'(x) = \dsp \int_a^b \dsp \frac{\partial \varphi}{\partial x}(x,t) \ud t = \dsp \int_a^b f(x,t) \ud t.$$ Par ailleurs, $\psi(\alpha) = 0$, d'où $$\psi(x) = \dsp\int_{\alpha}^x \psi'(u) \ud u = \dsp \int_{\alpha}^x \left( \dsp \int_a^b f(u,t) \ud t \right) \ud u$$ soit encore : $$\forall x \in [\alpha,\beta], \, \quad \dsp \int_{\alpha}^{x} \left( \dsp \int_a^b f(u,t) \ud t \right) \ud u = \dsp \int_a^b \left( \dsp \int_{\alpha}^{x} f(u,t) \ud u \right) \ud t$$ ce qui donne le résultat annoncé pour $x=\beta$.

On remarque que : $$I = \dsp \int_0^\pi \left( \dsp \int_a^b \dsp \frac{\ud x}{x-\cos t} \right) \ud t.$$ D'après la formule de Fubini : $$I = \dsp \int_a^b \left( \int_0^\pi \dsp \frac{\ud t }{x-\cos t} \right) \ud x.$$ En posant $u = \tan \big( \frac{t}{2} \big)$ (Changement de variable admissible de $[0,\pi[$ sur $[0, +\infty[$), on a $$\dsp \int_0^\pi \dsp \frac{\ud t }{x-\cos t} = \dsp \int_0^{+ \infty} \dsp \frac{2 \ud u}{(x-1)+(x+1)u^2}.$$ Puisque $x \in [a,b]$, on a $x >1$ d'où : $$ \dsp \int_0^\pi \dsp \frac{\ud t }{x-\cos t} = \dsp \frac{1}{x+1} \dsp \int_0^{+ \infty} \dsp \frac{2 \ud u}{u^2 + \frac{x-1}{x+1}} = \dsp \frac{1}{x+1} \sqrt { \dsp \frac{x+1}{x-1}} {\left[ \textrm{Arctan} \left( u \sqrt{\dsp \frac{x+1}{x-1}} \right) \right]}_0^{+ \infty} = \dsp \frac{\pi}{\sqrt{x^2-1}}$$ Finalement : $$\textcolor{blue}{\boxed{I = \dsp \int_a^b \dsp \frac{\pi \ud x}{\sqrt{x^2-1}} = \pi \ln \left( \dsp \frac{b+\sqrt{b^2-1}}{a+\sqrt{a^2-1}} \right)}}.$$