Intégration sur un segment : exercices corrigés.

Intégration sur un segment : exercices corrigés.

1. Fonctions en escaliers, fonctions réglées.

2. Convergences uniforme et dominée.

3. Sommes de Riemann et valeurs moyennes.

4. Espaces fonctionnels et modes de convergence.

5. Primitives et intégrales.

6. Changement de variables, intégration par parties.

7. Fonctions définies comme intégrales.

8. Inégalités intégrales.

9. Concentration de masse, diffusion de masse.

10. Calcul de primitives.

Pierre-Jean Hormière _________

Ce document est aux trois-quarts achevé, si tant est que l’on puisse achever une telle entreprise. Je le divulgue en l’état et le complèterai peu à peu.

1. Fonctions en escaliers, fonctions réglées.

Exercice 1 : Soit f une fonction [a, b] → E. Montrer que f est en escaliers si et seulement si elle vérifie les deux conditions :

i) f ne prend qu’un nombre fini de valeurs dans E ;

ii) Pour tout α ∈ E , { x ∈ I ; f(x) = α } est réunion finie d’intervalles de I.

Solution : Soient α1, α2, …, αn les valeurs prises par f , et A_i = { x ∈ I ; f(x) = αi }.

Alors f =

∑

= n

i i A

1 i

1

α. est une combinaison linéaire de fonctions caractéristiques de sous-intervalles de I, donc, par linéarité, est bien une fonction en escaliers.

Remarque : La condition ii) est indispensable : la fonction 1_Q∩[a,b] , qui vérifie i), mais non ii), n’est pas réglée.

Exercice 2 : On note AAAA l’ensemble des réunions finies de sous-intervalles de I = [a, b].

1) Montrer que AAAA est une algèbre de Boole de parties de I, et que : (∀A ⊂ I) 1A ∈ Esc(I, R) ⇔ A est élément de AAAA_.

2) Montrer que l’application A → mes(A) =

∫

_a^b

¹

^A

^{( x). dx}

est croissante deAAAA _{dans R}⁺, et vérifie : i) ∀(A, B)∈ AAAA² mes(A ∪ B) = mes(A) + mes(B) − mes(A ∩ B)

ii) Pour toute suite (A_n) décroissante d’éléments de AAAA _{telle que} ∩ A_n = ∅, on a mes(An) ↓ 0.

[ Indication : Soit ε > 0. Construire une suite décroissante (C_n) de parties compactes appartenant à A, telles que (∀n) C_n⊂ A_n et mes( A_n− C_n ) < ε. ]

3) Montrer la propriété de Daniell : Si (f_n) est une suite de fonctions en escaliers tendant simplement vers 0 en décroissant, alors :

∫

_a^b

^f

ⁿ

^{( x ). dx}

^{↓ 0.}

[ Indication : Soit ε > 0, An(ε) = {x ∈ I ; fn(x) ≥ ε}, M = sup(f0) ; noter que 0 ≤ fn ≤ ε + M.1_An(ε) .] 4) En déduire que si (g_n) est une suite croissante de fonctions en escaliers tendant simplement vers une fonction en escaliers g, alors :

∫

_a^b

^f

ⁿ

^{( x ). dx}

^↑

∫

_a^b

^{g ). ( x dx}

^.

Remarque : La propriété de Daniell découle du théorème de convergence dominée. Mais elle est un des lemmes qui permettent de l’établir rigoureusement.

Exercice 3 : 1) Montrer que l’ensemble des points de discontinuité d’une fonction réglée [a, b] → E est dénombrable.

2) Indiquer une fonction réglée [0, 1] → R ayant une infinité dénombrable de discontinuités.

3) Indiquer une fonction réglée [0, 1] → R ayant pour discontinuités tous les rationnels de [0, 1].

Solution : Soit (ϕn) une suite de fonctions en escaliers convergeant uniformément vers f ; l’ensemble D_n des points de discontinuité de ϕn est fini, la réunion D = ∪ D_n est finie ou dénombrable, et f est continue en tout point de I−D comme limite uniforme de fonctions continues en tout point de I − D.

La fonction partie entière x → E(x) admet une infinité dénombrable de discontinuités : tous les entiers relatifs. Si θ : R → ]0, 1[ est un homéomorphisme croissant, la transmuée θ o E o θ⁻¹ est croissante ]0, 1[ → ]0, 1[ et admet une infinité dénombrable de discontinuités.

Soit n → rn une bijection de N sur Q ∩ [0, 1]. La fonction F(x) =

∑ . 1 ( ) 2 1

] 1 ,

[

x

rn

n est réglée sur [0, 1], croissante, continue à droite en tout point, et discontinue en tous les rationnels de [0, 1].

Cela découle de ce qu’elle est somme d’une série normalement convergente de fonctions en escaliers, chacune étant continue à droite et tout point. De plus, si l’on isole un rationnel r = r_n0, écrivons F(x) = .1 ( )

2 1

] 1 , [ ₀

0

x

rn

n +

∑

≠0

21

n n

n 1_{[ ,1]}(x)

rn , et

∑

≠0

21

n n

n 1_{[ ,1]}(x)

rn continue au point r comme somme d’une série normalement convergente de fonctions continues en r.

Exercice 4 : Montrer qu’une fonction monotone sur [a, b] est limite uniforme de fonctions en escaliers.

Solution : Supposons f croissante. Notons c = f(a), d = f(b) et c_k = c +

( d c ) n

k

− pour 0 ≤ k ≤ n.

On considérera les fonctions ϕn =

∑

⁻

{ }

= ≤ < ₊ 1

0 ¹

1 .

n

k k c f c

k k

c + c_n.1

{ }

f=cn et ψn =

∑

⁻

{ }

= < ≤ ₊ 1

0 ¹

1 .

n

k k c f c

k k

c + c₀.

{ }

0

1_f=c , appelées approximantes de Lebesgue de f . Un dessin est souhaité…

Exercice 5 : fonctions de Dirichlet et Thomae.

1) Soit g la fonction caractéristique de Q. Montrer que g est discontinue en tout point, et n’est intégrable au sens de Riemann sur aucun segment [a, b], a < b.

2) Soit f définie par : f(x) = 0 si x ∉ Q , f(x) = q

1 _{si x =} q

p ( p ∈ Z , q ∈ N* , p ∧ q = 1 ).

Montrer que cette fonction est périodique, réglée sur tout segment, continue en tout point de R − Q.

Solution : 1) Tout réel x est à la fois limite d’une suite de rationnels et d’une suite d’irrationnels.

Il en résulte que g est discontinue en x, et n’a de limite à gauche ou à droite en aucun point.

Elle n’est donc réglée sur aucun segment [a, b]. Elle n’est pas non plus Riemann-intégrable, car si ϕ et ψ sont des fonctions en escaliers telles que ϕ ≤ f ≤ ψ, alors ϕ prend des valeurs ≤ 0, et ψ des valeurs ≥ 1 sur tout intervalle sur lequel elles sont constantes, donc

∫

_a^b

^ϕ

^{≤ 0 et}

∫

_a^b

^ψ

^{≥ b − a.}

En revanche, g est intégrable au sens de Lebesgue sur [a, b], et d’intégrale nulle.

2) La fonction f a des propriétés bien différentes.

La fonction f est 1-périodique et paire.

Elle est discontinue en tout rationnel x, puisqu’il existe une suite d’irrationnels tendant vers x.

Elle est continue en tout irrationnel.

En effet, si x est irrationnel et si r_n =

n n

q

p est une suite de rationnels (sous forme irréductible) tendant vers x, je dis que (q_n) tend vers +∞, donc f(rn) =

qn

1 tend vers 0. Car si (q_n) ne tendait pas vers +∞, on pourrait en extraire une suite majorée, et même constante. Alors r_n(k) =

) (

) (

k n

k n

q p =

q pn )(k

tendrait vers un rationnel. Dans le cas général, si (x_n) est une suite tendant vers x, elle est panachée (en un sens très général) d’une suite de rationnels et d’irrationnels, donc f(x_n) → f(x) = 0.

Cependant, f est réglée sur tout segment, car ses limites gauche et à droite en tout point sont nulles.

C’est immédiat en un irrationnel, puisque f est continue en ce point.

Si maintenant x =

b

a

_{, et si r}

n =

n n

q

p est une suite de rationnels (sous forme réduite) tendant vers x par valeurs > x, je dis que (q_n) tend vers +∞, donc f(rn) =

qn

1 tend vers 0. Car si (q_n) ne tendait pas vers +∞, on pourrait en extraire une suite majorée, et même constante. Alors : r_n(k) =

) (

) (

k n

k n

q p =

q pn )(k

tendrait vers

b

a

. A partir d’un certain rang, on aurait q pn )(k

=

b a

, contredisant r_n > x.

Voici une tout autre approche de ce problème.

Pour tout q ∈ N*, notons A(q) = { q

p ; p ∈ Z , p ∧ q = 1 }. Je dis que (A(q)) est une partition de Q.

La fonction f est somme de la série de fonctions f(x) =

∑

^+∞

=1 ) ( ( ) 1 1.

q q

A x

q ^.

Cette série est uniformément convergente (mais non normalement convergente), car son reste vérifie évidemment 0 ≤

∑

^+∞

=k q

q

A x

q.1 ( )

1 () ≤

k

1 du fait que les ensembles A(q) sont disjoints.

Ainsi, f(x) est somme d’une série uniformément de fonctions en escaliers sur tout segment.

Toutes les propriétés de f en découlent.

Conséquence :

∫

₀¹

^{f ( x ). dx}

= 0. C’est également évident via les sommes de Riemann.

Remarque : f est semi-continue inférieurement, en ce sens que (∀k) f⁻¹([k, +∞[) est fermé.

Il en résulte que f est une fonction de Baire, i.e. une limite simple de fonctions continues.

Cela peut se montrer directement, via lim_n→+∞ n

1

∑

= n

k

k k x

1

2( )

cos π (cf. pb sur l’équirépartition).

Références :

Polya-Szegö, t.1, n° 99 p 75, n° 169 p. 89, t.2, n° 240 p. 151.

Bourbaki, TG IV §6, p. 169, Eléments d’histoire, p. 276 Schwartz, Cours de l’X p. 186 t. 1

Chambadal-Ovaert, Analyse 1, n° 8, p. 452 Couty-Ezra, Cours d’analyse, p. 36, 70, 214, 240.

Exercice 6 : À tout réel x ∈ [0, 1[ ayant pour développement décimal propre x = 0, d₁ d₂ d₃ … on associe on associe le réel f(x) = 0, 0 d₁ 0 d₂ 0 d₃ … . Et l’on pose f(1) = 1/11.

1) Montrer que la fonction f est strictement croissante.

2) a) Montrer que f est continue à droite en tout point x ∈ [0, 1[.

b) Montrer que f est continue à gauche en tout point x ∈ ]0, 1] non décimal.

c) Calculer le saut de f en un décimal ; quelle est la somme de tous ces sauts ? Comparer cette somme à f(1−0) – f(0). Conclusion ?

3) a) Montrer que f a une dérivée à droite nulle en tout nombre décimal.

b) Etudier la dérivabilité de f en un réel non décimal.

4) Calculer

∫

₀¹

^{f ( x ). dx}

^.

Solution :

1) Monotonie. L’ordre naturel sur les développements propres des réels de [0, 1[ équivaut à l’ordre lexicographique sur la suite des décimales. En d’autres termes :

x < y ⇔ ∃k d₁(x) = d₁(y) , …, d_k(x) = d_k(y) , d_k+1(x) < d_k+1(y).

On en déduit aussitôt f(x) < f(y). Et si x < 1 , f(x) < 0,090909… =

∑

^+∞

=1109

n

n = 111 _. 2) Continuité. Si x =

∑

^+∞

=1 10 ) (

n n n x

d , f(x) =

∑

^+∞

=1

102

) (

n n n x d .

Il s’agit d’une série normalement convergente de fonctions en escaliers.

En effet, chacune des fonctions d_n(x) vérifie 0 ≤ dn(x) ≤ 9 et est en escaliers, car d_n(x) = [ 10ⁿ x ] − 10 [ 10ⁿ⁻¹ x ] = d₁(10ⁿ⁻¹ x).

De plus, elle est continue en tout réel non décimal, et continue à droite en tout point.

Par conséquent, la fonction f est réglée (mais cela découle aussi de 1), continue à gauche en tout réel non décimal, et continue à droite en tout point.

Soit maintenant x = 0,d₁ … d_k un nombre décimal > 0 (d_k > 0).

En vertu du théorème d’interversion de limites : f(x−^{0) =}

∑

^+∞

=

−

1

102

) 0 (

n

n n x

d .

Or d_n(x – 0) = d_n(x) si n < k , d_k(x) – 1 si n = k , 9 si n > k.

Par conséquent , f(x−0) =

∑

⁻

= 1 1

102 k

n n

dn ₊ k

dk

102

−1 ₊

∑

^+∞

+

= 1

1092 k n

n = f(x) − _{2 1}

10 . 11 1

− k ,

et le saut en x vaut donc f(x) – f(x – 0) = _{2 1}

10 . 11 1

− k .

Comme il y a, pour chaque entier k, exactement 10^k−1.9 décimaux de ce type, la somme totale des sauts vaut donc

∑

^+∞

= −

−

1

1 2

1

10 . 11

10 . 9

k

k k

= 111 = f(1) – f(0).

Ainsi, f([0, 1]) est une partie non dénombrable de [0, 1/11], mais de mesure nulle.

3) Dérivabilité.

On montrera que f a une dérivée à droite nulle en tout décimal.

4) Calcul de l’intégrale.

1^ère méthode : Par convergence uniforme :

∫

₀¹

^{f ( x ). dx}

⁼

^∑

^+∞

=1

1012 n

n

∫

₀¹

^d

ⁿ

^{( x ). dx}

^.

Or, pour tout n,

∫

₀¹

^d

ⁿ

^{( x ). dx}

^{= 9}₂. C’est vrai pour n = 1, car

∫

₀¹

^d

¹

^{( x ). dx}

⁼ ₁₀¹

^∑

= 9 1 k

k = 2 9_. Et pour n quelconque

∫

₀¹

^d

ⁿ

^{( x ). dx}

⁼

∫

₀¹

^d

¹

^{( 10}

ⁿ⁻¹

^{. x ). dx}

⁼

₁₀ ¹

n−¹

∫

₀¹⁰ⁿ⁻¹

^d

¹

^{( y ). dy}

⁼ ₂^9.

Par conséquent,

∫

₀¹

^{f ( x ). dx}

⁼ ₂⁹

^∑

^+∞

=1

1012 n

n = 221 _.

2^ème méthode : équation fonctionnelle. Je dis que ∀x ∈ [0, 1[ f(10x – [10.x]) = 100.f(x) – [10.x].

Cela revient à dire f(0, d₂d₃ …) = 0, 0 d₂ 0 d₃ … .

Intégrons cette identité sur [0, 1] (la valeur en 1 importe peu).

Il vient :

∫

₀¹

^{f ( 10 x}

⁻

^d

¹

^{( x )). dx}

^{= 100}

∫

₀¹

^{f ( x ). dx}

⁻

∫

₀¹

^d

¹

^{( x ). dx}

^{= 100}

∫

₀¹

^{f ( x ). dx}

⁻⁹₂^,

c’est-à-dire : Or

∫

₀¹

^{f ( 10 x}

⁻

^d

¹

^{( x )). dx}

⁼

∑∫

=

+ −

9 0

10 / ) 1 (

10

/ (10 ).

k k

k f x k dx =

∫

₀¹

^{f ( x ). dx}

^{, donc}

∫

₀¹

^{f ( x ). dx}

⁼ ₂₂^{1 .}

3^ème méthode : Le lecteur pourra montrer que : f(x) + f(1 – x) =

111 si x n’est pas décimal ,

111 _{( 1 +}

1

10 1

2

−

k ) si x = 0,d₁ … d_k (d_k > 0).

Comme f(x) + f(1 – x) =

111 presque partout,

∫

₀¹

^{f ( x ). dx}

⁼ ₂₂^{1 .}

Avec Maple :

> with(plots):Digits:=100;

> d1:=x->floor(10*x)-10*floor(x);d:=(n,x)->d1(10^(n-1)*x);

> S:=(n,x)->sum(d(k,x)/100^k,k=1..n);

p:=n->plot(S(n,x),x=0..1,numpoints=1000,thickness=2);p(100);

Exercice 7 : À tout réel x ∈ [0, 1] on associe son développement décimal propre x =

∑

^+∞

=1 10 ) (

n n n x

d ; on

convient que d_n(1) ≡ 0. Soit σ une permutation quelconque de N*, et f la fonction x →

∑

^+∞

=1 )

(

.

10 ) (

n n n

x d

_σ

Montrer que f est définie, réglée sur [0, 1], continue en tout réel non décimal, et continue à droite en tout point. Calculer

∫

₀¹

^{f ( x ). dx}

; interprétation probabiliste.

Solution : f(x) =

∑

^+∞

=1 ) (

10 ) (

n n n x d_σ

est la somme d’une série normalement convergente de fonctions en escaliers.

Chacune des fonctions d_n(x) vérifie en effet 0 ≤ dn(x) ≤ 9 et est en escaliers, car d_n(x) = [ 10ⁿ x ] − 10 [ 10ⁿ⁻¹ x ] = d₁(10ⁿ⁻¹ x).

De plus, elle est continue en tout réel non décimal, et continue à droite en tout point.

Par conséquent, la fonction f est réglée, continue à gauche en tout réel non décimal, et continue à droite en tout point.

De plus, par convergence uniforme :

∫

₀¹

^{f ( x ). dx}

⁼

^∑

^+∞

=1101

n

n

∫

₀¹

^d

^σ(n)

^{( x ). dx}

^.

Or, pour tout n,

∫

₀¹

^d

ⁿ

^{( x ). dx}

^{= 9}₂ (cf. ex. précédent). Finalement :

∫

₀¹

^{f ( x ). dx}

⁼ ₂⁹

^∑

^+∞

=1101

n

n = 2 1_. Les valeurs trouvées de

∫

₀¹

^d

ⁿ

^{( x ). dx}

^et

∫

₀¹

^{f ( x ). dx}

sont intuitivement évidentes. La valeur moyenne de d_n est 4,5 car les décimales sont équiprobables.

Ci-dessous est visualisée la fonction qui permute les deux premières décimales.

> with(plots):

> a:=x->floor(10*frac(x));b:=x->floor(100*frac(x))-10*a(x);

> F:=x->x+9/100*(b(x)-a(x));plot(F(x),x=0..1,numpoints=2000,thickness=2);

Références :

Bourbaki, FVR I §2 n° 2 p. 27 (2^ème édition) Dieudonné, Eléments d’analyse t.1, pb 1 p. 162

Chambadal-Ovaert, Analyse 2, n° 66 p. 133 et Ovaert-Verley Analyse 1 p. 10, 112, 200-202 Revuz, APM n° 1, p. 12

Exercice 8 : Montrer que la composée d’une fonction continue et d’une fonction réglée est réglée, mais que la composée de deux fonctions réglées n’est pas toujours réglée.

Considérer f(x) = x.sin(1/x) et g(x) = sgn f(x) , ou bien 1_R* o f , f fonction de Dirichlet.

Solution :

Exercice 9 : Soit f ∈RRRR(I, E), où E est un evn de dimension finie.

Montrer que, pour toute norme N sur E, N(

∫

_a^b

^{f ). ( x dx}

^{) ≤}

∫

_a^b

^{N ( f ( x )). dx}

Solution :

1) Montrons d’abord que, si f est réglée, x → N(f(x)) est réglée.

Il est clair que si ϕ est en escaliers, x → N(ϕ(x)) est en escaliers.

Si (ϕn) est une suite de fonctions en escaliers tendant uniformément vers f,

| N(ϕn(x)) − N(f(x)) | ≤ N(ϕn(x) − f(x)) ≤β.|| ϕn(x) − f(x) || par équivalence des normes.

2) L’inégalité demandée est aisée à démontrer pour ϕ en escaliers.

Elle s’étend aux fonctions réglées par passage à la limite et équivalence des normes.

Remarque : le résultat reste-t-il vrai si E est un Banach, et si N n’est pas équivalente à la norme || || ? Je ne sais pas.

Exercice 10 : Soit f définie sur [0, 1] par f(x) = sin

x

1

sur ]0, 1] , f(0) = 0.

Montrer que f n’est pas réglée, mais Riemann-intégrable. Généraliser.

Solution : La fonction f n’est pas réglée, car elle n’a pas de limite à droite en 0.

Montrons qu’elle est cependant Riemann-intégrable.

Soit en effet ε > 0 : comme f est réglée, et même continue, sur tout segment J ⊂ ]0, 1], il existe deux fonctions en escaliers ϕ et ψ sur J =

[

ε 4

_{, 1}

]

telles que :

(∀x ∈ J) ϕ(x) ≤ f(x) ≤ψ(x) et

∫

_J [ψ(x) −ϕ(x)].dx ≤

ε 2

_. Prolongeons ψ et ϕ à [0, 1] en posant ψ(x) = 1 et ϕ(x) = −1 sur

[

0,

ε 4 ]

. On a alors : (∀x ∈ I) ϕ(x) ≤ f(x) ≤ψ(x) et

∫

_I [ψ(x) −ϕ(x)].dx ≤ε. cqfd.

Exercice 11 : Soit f(x) =

x 1

_{− E(}

x

1

) si x ∈ ]0, 1] et f(0) = 0.

Montrer que f est Riemann-intégrable, et calculer

∫

₀¹

^{f ( x ). dx}

^.

Solution : Pour

1 1+

n ^{< x ≤} n1_{, f(x) =}

x

1

− n. Le graphe de f est formé d’arcs d’hyperbole. La fonction f est i) bornée sur [0, 1], car 0 ≤ f(x) < 1 ;

ii) continue en tout point x ∉ A = { 1/n ; n ∈ N* } ∪ {0} ;

iii) discontinue en tous les 1/n ( n ∈ N* ), mais continue à gauche en ces points et de saut 1 ; iv) sans limite en 0, car f prend toute valeur de [0, 1[ au V(0) ;

v) non réglée sur [0, 1], mais réglée sur tout segment [a, 1], 0 < a < 1.

vi) Riemann-intégrable sur [0, 1], d’intégrale

∫

₀¹

^{f ( x ). dx}

= 1 − γ, où γ est la constante d’Euler.

En effet, encadrons f entre deux suite de fonctions réglées f_n et g_n . f_n(x) = 0 si 0 ≤ x ≤ 11

+

n , f(x) si 1 1+

n ^{< x ≤ 1} g_n(x) = 1 si 0 ≤ x ≤

1 1+

n , f(x) si 1 1+

n ^{< x ≤ 1 .}

∫

₀¹

^f

ⁿ

^{( x ). dx}

⁼

^∑

= + − +

n

k kk k

1

1) 1

(ln 1 → 1 − γ , et

∫

₀¹

^g

ⁿ

^{( x ). dx}

⁼

∫

₀¹

^f

ⁿ

^{( x ). dx}

⁺ _n¹₊₁ ^itou.

Remarque : On déduit de ceci que 0 < γ < 1.

> f:=x->1/x-floor(1/x);plot(f(x),x=0.1..1,numpoints=1000);

Exercice 12 : Montrer que la fonction caractéristique de l’ensemble triadique de Cantor K est Riemann-intégrable sur [0, 1], mais non réglée. (cf chap. Espaces métriques, § H.1.)

Solution : Notons I = [0, 1], et f cette fonction.

f est continue sur I − K, car I – K est ouvert, et discontinue en tout point de K, car tout point de K est limite d’une suite de points de I – K.

f n’est pas réglée, car elle n’a pas de limite à gauche en 1/3, par exemple.

Cependant, f est Riemann-intégrable d’intégrale nulle. En effet, si l’on note F_n l’ensemble formé de 2ⁿ segments de longueur 1/3ⁿ après n évidements répétés du tiers médian, alors, pour tout ε > 0, on peut choisir deux fonctions en escaliers, 0 = ϕ ≤ f ≤ ψ = 1_Fn telles que

∫

₀¹

^{( ψ}

⁻

^{ϕ )}

^{= 2n/3n ≤ ε.}

Exercice 13 : Une partie A de I est dite Riemann-mesurable si 1_A est Riemann-intégrable sur I, et l’on note mes(A) =

∫

_a^b

¹

^A

^{( x). dx}

^. Que dire de l’ensemble des parties Riemann-mesurables de I ? Étendre à l’application mes les propriétés i) et ii) du § 1, exercice final. Montrer que si 1_A est réglée ssi A est réunion finie d’intervalles disjoints de I (utiliser Bolzano-Weierstrass).

Solution :

2. Convergence uniforme, convergence dominée.

Exercice 1 : Montrer que W_n =

∫

₀^π/2

^sin

ⁿ

^{( x ). dx}

^↓ 0 , et que I_n =

∫

₀^{πexp(−na.sinx).dx ↓} 0 (a > 0) . Solution :

1) La suite de fonctions f_n(x) = sinⁿ x tend simplement et en décroissant, vers la fonction : f(x) = 0 si 0 ≤ x <

π2 _{, f(}

π2_{) = 1.}

La convergence ne saurait être uniforme, puisque la fonction limite est discontinue.

Toutefois, la convergence est dominée, car ∀(n, x) 0 ≤ f_n(x) ≤ 1.

Le théorème de convergence dominée s’applique, et assure que W_n =

∫

₀^π/2

^sin

ⁿ

^{( x ). dx}

^{↓ 0 .}

> with(plots):p:=n->plot(sin(x)^n,x=0..Pi/2,color=blue):

display([seq(p(n),n=1..10)],thickness=2);

Remarques : i) On est dans le cas d’une convergence dominée « du pauvre », car il y a convergence uniforme sur tout segment [0, a], a <

π2. En effet, sur [0, a], 0 ≤ sinⁿ x ≤ sinⁿ a.

ii) Donnons une preuve directe élémentaire par les gendarmes.

W_n =

∫

₀^{π/2(1−an)sinn(x).dx +}

∫

_π^π_/^/₂²_(1−an)^{sinn(x).dx ≤ π}₂^.sinn(π₂^{(1−an)) + π}₂^{.an = π}₂^.cosn(π₂^{an) + π}₂^.an.

Si l’on choisit a_n = n^−1/3, alors ces deux suites tendent vers 0.

En effet n.ln cos(

π2 _n^−1/3) = n.ln ( 1 −

π 8 ²

_n^−2/3 _{+ O(n}^−4/3_{) )∼−}

8 ²

π

_n^1/3_→−∞.

iii) On peut même donner un équivalent des intégrales de Wallis : W_n∼

n 2 π

_.

2) La suite de fonctions g_n(x) = e^−nasinx tend simplement et en décroissant, vers la fonction : g(x) = 0 si 0 < x < π , g(0) = g(π) = 1.

La convergence ne saurait être uniforme, puisque la fonction limite est discontinue.

Toutefois, la convergence est dominée, car ∀(n, x) 0 ≤ g_n(x) ≤ 1.

Le théorème de convergence dominée s’applique, et assure que

∫

₀^π

^g

ⁿ

^{( x ). dx}

^{↓ 0 .}

Remarques : i) Nous sommes dans le cas d’une convergence dominée « du pauvre », car il y a convergence uniforme sur tout segment [a, π−a], a <

π2. En effet, sur [a, π−a], 0 ≤ g_n(x) ≤ g_n(a).

ii) La méthode de Laplace fournit même un équivalent de cette suite d’intégrales.

Exercice 2 : Etudier la convergence sur [0, 1] des suites f_n(x) =

3

3 ² 2 ² 1

1 n n x n x

n − + + ^et

∫

₀¹

^f

ⁿ

^{( x ). dx}

^.

Solution:

1) Convergence simple : Fixons x > 0 ; f_n(x) ∼

² . 1

3

x

n

tend vers 0. Et f_n(0) = ₃

/ 1 1

n+ n

^aussi.

2) Convergence uniforme. f_n(x) =

1] 1)² .[(

1

6 3

n x n

n − + croit sur [0, n

1], décroit sur [ n 1_{, 1].}

M_n = max f_n(x) = n³, donc il n’y a pas convergence uniforme vers 0.

Les pics sont situés sur la courbe y = 1/x³ .

Il n’y a pas non plus convergence dominée, car la suite || f_n ||_∞ est non bornée.

En revanche, il y a convergence uniforme vers 0 sur tout segment [a, 1], a > 0.

3) Convergence des intégrales.

∫

^{fn(x).dx =}

∫

1] 1)²

.[( ₆

3

n x n

n dx

+

− = Arctan(n³x – n²) (chgt. de variable x − n 1 ₌

nu3 ₎

d’où

∫

₀¹

^f

ⁿ

^{( x ). dx}

= Arctan( n³ – n² ) + Arctan n²→ π .

Ce résultat illustre les théorèmes de convergence uniforme et dominée des intégrales sur les segments : lorsque les hypothèses ne sont pas remplies, la conclusion peut ne pas être vérifiée.

Plus généralement, si g est une fonction réglée [0, 1] → C, alors

∫

₀¹

^f

ⁿ

^{( x ) g ( x ). dx}

→ π g(0+).

Cela peut se montrer de diverses façons : découpe à la Chasles, changement de variable et convergence dominée, intégration par parties si g est C¹…

4) Avec Maple :

> with(plots):f:=(n,x)->1/(n^3*x^2-2*n^2*x+n+1/n^3);

> p:=n->plot(f(n,x),x=0..1,color=blue,thickness=2):

display([seq(p(n),n=2..6)]);

> int(f(n,x),x);int(f(n,x),x=0..1);limit(int(f(n,x),x=0..1),n=infinity);

Exercice 3 : Calculer lim_n→+∞

∫

₀²_1+x+x^x_²+...+xn^.dx n

et lim_n→+∞

∫

₀¹_1+x+x^dx_²+...+x^{n .}

Solution :

1) Etudions la suite de fonctions f_n(x) = _n

n

x x

x + + + ...

1 sur [0, 2].

f_n(1) = 1 1+

n ^{→ 0, et fn(x) = 1} 1

1

−−

+ + n

n n

x x

x si x ≠ 1.

Du coup f_n(x) → f(x) , où f(x) = 0 si 0 ≤ x ≤ 1 et f(x) = 1 − x

1 _{si 1 ≤ x ≤ 2.}

La convergence est dominée, car ∀(n, x) 0 ≤ f_n(x) ≤ 1.

( )

arctan − + n² x n³ arctan(− + n² n³) + arctan n( ²) π

En vertu du théorème de convergence dominée,

∫

₀²

^f

ⁿ

^{( x ). dx}

^→

∫

₁²⁽¹⁻¹_x^).dx = 1 – ln 2.

Remarque : On peut démontrer qu’en fait, il y a convergence uniforme, mais ce n’est pas facile.

2) Etudions la suite de fonctions g_n(x) = _n

x x

+ + +

...

1 1

sur [0, 1].

g_n(1) = 1 1+

n ^{→ 0, et gn(x) =} 11 ¹

−− +

xxn si x ≠ 1.

Du coup g_n(x) → g(x) , où g(x) = 0 si x = 1, et g(x) = 1 − x si 0 ≤ x < 1.

La convergence est dominée, car ∀(n, x) 0 ≤ g_n(x) ≤ 1.

En vertu du théorème de convergence dominée,

∫

₀¹

^g

ⁿ

^{( x ). dx}

^→

∫

₀¹

^{( 1}

⁻

^{x ). dx}

⁼ ₂^1.

Remarque : Ici, il n’y a pas convergence uniforme, car g est discontinue en 1.

Exercice 4 (Darboux, 1875) : Étudier la suite I_n =

∫

₀¹

^{2 n}

^α

^{x . exp(}

⁻

^{n ² x ²). dx .}

Solution : Cet exercice est simple et éclairant.

1) Etudions la suite de fonctions f_n(x) = 2n^αx exp(−n² x²) sur [0, 1].

Elle tend simplement vers 0 car f_n(0) = 0 et si x > 0, f_n(x) → 0 par comparaison exp-puissance.

L’étude des variations de f_n montre que || f_n ||_∞ = f_n( 2 1

n ^{) =} 2e 2 nα−1. Il y a convergence uniforme ssi α < 1. Il y a convergence dominée ssi α≤ 1.

2) Calcul. f_n(x) se primitive élémentairement, et I_n =

∫

₀¹

^{2 n}

^α

^{x . exp(}

⁻

^{n ² x ²). dx}

^{= nα−2[ 1 − e−n²].}

Du coup, (I_n) tend vers 0 ssi α < 2.

On voit sur cet exemple que

Convergence uniforme ⇒ convergence dominée ⇒ lim_n→+∞

∫

₀¹

^f

ⁿ

^{( x ). dx}

⁼

∫

₀¹

^lim

^n→+∞

^f

ⁿ

^{( x ). dx}

La convergence simple ne suffit pas, comme le montrent les cas α = 2 et α > 2.

La convergence simple dominée assure le passage à la limite sous l’intégrale, mais ce n’est qu’une condition suffisante.

Exercice 5 : Étudier la convergence de la suite de fonctions f_n(x) = n^a.x.e^−nx sur R₊, et la suite d’intégrales J_n =

∫

₀¹

^f

ⁿ

^{( x ). dx}

^.

Solution :

1) Convergence simple. Fixons x ≥ 0. Si x = 0, fn(0) = 0.

Si x > 0 , f_n(x) tend vers 0 par comparaison exponentielle-puissance.

En conclusion, la suite (f_n) tend simplement vers la fonction 0.

2) Convergence uniforme.

f_n’(x) = n^a.( 1 – nx ).e^−nx , donc f_n est croissante sur [0, 1/n], décroissante sur [1/n, +∞[.

M_n = max f_n(x) = e n^α−1

. Il y a convergence uniforme ssi M_n→ 0, i.e. ssi 0 ≤α < 1.

Les pics ( n 1_,

e n^α−1

) sont tous situés sur la courbe y = e x^1−α

.

3) Dans tous les cas, la suite (f_n) tend uniformément vers 0 sur chaque demi-droite [α, +∞[, (α > 0).

En effet, si α est fixé, à partir d’un certain rang, 1/n ≤α et ∀x ≥α 0 ≤ f_n(x) ≤ f_n(α) → 0.

4) Suites d’intégrales.

La suite I_n =

∫

₀^+∞

^f

ⁿ

^{( x ). dx}

^{= nα−2}

∫

₀^+∞

^ue

^−u

^.du

^{= nα−2} tend vers 0 ssi α < 2.

La suite J_n =

∫

₀¹

^f

ⁿ

^{( x ). dx}

^{= nα−2}

∫

₀ⁿ

^ue

^−u

^{. du}

^{∼ nα−2} tend vers 0 ssi α < 2.

Ce dernier résultat illustre le cours sur l’intégration sur un segment : les convergences uniforme et dominée ne sont que des conditions suffisantes assurant lim_n→+∞

∫

₀¹

^f

ⁿ

^{( x ). dx}

⁼

∫

₀¹

^lim

^n→+∞

^f

ⁿ

^{( x ). dx}

^.

Exercice 6 : Soit a un complexe de module ≠ 1. Calculer

∫

^2π θθ₋

0 e a

d

i .

Solution :

1) On peut calculer élémentairement ces intégrales. Pour cela posons a = r.e^iα, r > 0.

I =

∫

^2π θθ₋

0 e a

d

i =

∫

^2π θθ₋

0 ed r

i après changement de variable et invariance de l’intervalle de période.

D’où I =

∫

₀^2πcos₁₊₂

^θ

_r⁻_cos^r+

_θ

^isin_+r

^θ

_²^.d

^θ

. Or il s’agit d’une fraction rationnelle en sin-cos : le changement de variable t = tan

θ2 permet de calculer icelle intégrale.

2) Cependant, une méthode de développement en série est bien plus rapide.

• Si |a| < 1, écrivons

∫

^2π θθ₋

0 e a

d

i =

∫

−

−

−

π

θ θ θ

2

0 1 .

.

i i

e a

d

e =

∫ ∑

^+∞

=

+

π − θ θ

2

0 0

) 1

( .

.e d

a

n

n

n i =

∑

^+∞

=0 n

an

∫

₀^2π

^e

^−i(n+1)θ

^{.d θ}

^{= 0,}

car toutes ces intégrales sont nulles. On justifie l’interversion somme-intégrale par le fait que la série de fonctions

∑

^+∞

=0 n

an

e

^−i(n+1)θ est normalement convergente sur [0, 2π].

• Si |a| > 1, on a

∫

^2π θθ₋

0 e a

d

i = −

a

1

∫

₀^2π ₋₁

^θ

_θ

1 eⁱ a d _{= −}

a 1

∫ ∑

^+∞

=

π θ

2

θ

0 0

a .d e

n n ni

= −

∑

^+∞

= +

0 1

1

n

an

∫

₀^2π

^e

^inθ

^{.d θ}

^{= −}

² _a ^π

^.

car seule l’intégrale correspondant à n = 0 est non nulle. On justifie l’interversion somme-intégrale par le fait que la série de fonctions

∑

^+∞

=0 n

n ni

a e ^θ

est normalement convergente sur [0, 2π].

Conclusion :

∫

^2π θ

θ

₋

0 e a

d

i = 0 si |a | < 1 ;

∫

^2π θ

θ

₋

0 e a

d

i = −

² a π

_{si |}a | > 1.

3) Il y aurait beaucoup d’autres choses à dire sur cet exercice, qui introduit à la variable complexe.

Considérons l’intégrale B =

∫

^π θ₋ θ

θ

2 0

. a e

d ie

i i

. Tout d’abord, B = 2iπ + iaA, où A =

∫

^2π θ

θ

₋

0 e a

d

i .

En vertu du théorème de relèvement, on peut écrire :

f(θ) = e^iθ ₋ a = r(θ).exp(i.ϕ(θ)) , où r et ϕ sont des fonctions de classe C¹. B = ^π

θ θ

_d

θ

f f .

) (

) ( '

2

∫

0 ⁼

∫

₀^2π(r_r^'₍⁽

_θ ^θ

₎⁾⁺ⁱ

^ϕ

^'(

^θ

^)).d

^θ

= ln r(2π) − ln r(0) + i.[ ϕ(2π)) − ϕ(0) ] . Si |a| < 1, B = 2iπ, car e^iθ « fait un tour complet » autour de a ; donc A = 0.

Si |a| > 1, B = 0, car e^iθ « ne tourne pas » autour de a ; donc A = −

² a π

_.