Intégrales dépendant d un paramètre

Chapitre 18

Intégrales dépendant d’un paramètre

Toutes les fonctions envisagées seront définies sur intervalleI deR, à valeurs dansC(voire dans un evn de dimension finie), et continues par morceaux.

I. Le théorème de convergence dominée

1^e) Son énoncé

Théorème (de convergence dominée, ou de Lebesgue) Soit(fn)une suite de fonctions deI dansK.

On suppose

1^e) ∀n,f_nest continue par morceaux.

2^e) La suite(fn)converge simplement surIvers une certaine fonctionf.

3^e) fest continue par morceaux.

�4^e) Il existe une fonctionϕ, continue par morceaux, telle queˆ

I

ϕsoit convergente, et telle que

∀t∈I, ∀n∈N, |f_n(t)|�ϕ(t) (Hypothèse de domination.)

Alors lesf_netf sont intégrables surI, et

n→+∞lim ˆ

I

f_n=ˆ

I

f

Rq¹: C’est un théorème très puissant et totalement non trivial, essentiellement parce qu’il demande une convergence simple.

Rq²: L’hypothèse de domination est l’hypothèse lourde, elle assure entre autres choses (mais ce n’est pas sa force principale) l’absolue convergence desˆ

I

f_n.

De plus, grâce à la convergence simple, on a aussi|f(t)|�ϕ(t), ce qui assure queˆ

I

f converge.

Rq³: L’hypothèse de domination s’apparente fortement à une convergence normale (pour les séries).

Rq⁴: Dans tous les théorèmes qui suivent, il y aura deux catégories d’hypothèses : Les légères : elles plantent le décor. (ici 1^e), 2^e), 3^e))

Les lourdes : celles qui font fonctionner le théorème.

2^e) Exemples

ex 1 : Pourn∈N^∗, on pose :

I_n=ˆ +∞

0

sinn²t 1 +nt²

� �� �

fn(t)

dt

Les fonctionsf_nsont continues surR⁺. En+∞,|f_n(t)|� 1

nt² etˆ _+∞

1

dt

t² converge.

• I_nexiste donc pour toutn∈N^∗.

• Àtfixé,

sinn²t 1 +nt²

n∞

−→0sit= 0

−→_n∞ 0sit�= 0

Lesfnsont continues et convergent simplement vers la fonction nulle qui est continue.

∀t,∀n�1, |f_n(t)|� 1 1 +t²

� �� �

ind^tden

Etˆ +∞

0

dt

1 +t² converge.

⇒Le théorème de convergence dominée s’applique :

n→∞lim I_n=ˆ +∞ 0 0 = 0 ex 2 : Soitf une fonction continue sur[0,1], on pose :

u_n=ˆ 1 0 f(tⁿ)

� �� �

gn(t)

dt

• g_nest continue sur[0,1]∀n.

• Àtfixé,

g_n(t) =f(tⁿ)

−→n∞ f(0)si0�t <1

−→_n

∞ f(1)sit= 1

La suite(gn)converge simplement vers la fonction continue par morceaux : h:ß

t�−→f(0)sit�= 1 1�−→f(1)

SoitM un majorant de la fonction continue|f|sur[0,1], on a :

|g_n(t)|�M ∀t∀n Etˆ ₁

0 Mconverge.

Le théorème de convergence dominée s’applique : limu_n=ˆ 1

0 h=f(0) ex 3 : J_n=ˆ +∞

0

sin²nt

1

n+nt²dt

Cela ressemble à l’exemple 1, maisf_n−→^simplt 0surR⁺et,∀t∈R⁺, ∀n∈N^∗,

����

�

sin²nt

1 n+nt²

����

�� 1

1 n+t²

� 1 t²

Problème : la disparition du1au dénominateur rend la fonction majorante non sommable surR⁺; dans l’état actuel des choses, on ne peut pas appliquer le théorème de convergence dominée.

Or, ici,

Jn=n ˆ +∞

0

sin²nt

1 +n²t²dt u=nt

=ˆ +∞ 0

sin²u 1 +u²du

=cste non nulle Jn �−→0 =ˆ +∞

0 0dt

Cet exemple prouve donc que l’hypothèse de domination est essentielle.

ex 4 : On pose pourx >0:

u_n=ˆ n 0

Å1− t n

ãn

t^x−1dt (En0,Å

1− t n

ãn

t^x−1 ∼₀ 1

t^1−x �0etˆ 1 0

dt

t^1−x converge carx >0.)

Le problème ici est que la borne supérieure de l’intégrale bouge aussi avecn.

La ruse est la suivante : u_n=ˆ +∞

0

Å1− t n

ãn

t^x−11_]0,n](t)dtoù1_]0,n](t) =

® 1si0< t�n 0sinon

• fnest continue (par morceaux) sur]0,+∞[.

• Å 1− t

n ãn

n−−−→→+∞e^−tàtfixé,1_]0,n](t) = 1pournassez grand.

Finalement, àtfixé,

f_n(t)_n−−−→_→+∞e^−tt^x−1qui est continue surR^+∗

• Domination :

∀x�0, 1 +x�e^x

⇒ ∀t∈]0, n], 0�1− t

n �e^−nt

⇒ 0�Å 1− t

n ãn

�e^−t

⇒ |fn(t)|�e^−tt^x−1 ∀t∈R^+∗, ∀n∈N^∗ Maisˆ +∞

0 e^−tt^x−1dtconverge (cf.Γ(x)).

Le théorème de Lebesgue s’applique :

limn u_n=ˆ _+∞

0 e^−tt^x−1dt=Γ(x) Complément : calculonsu_npar parties.

u_n=ˆ n 0

Å1− t n

ãn

� �� �

�

t^x−1

����

�

dt

=ïÅ 1− t

n ãnt^x

x òn

0 +ˆ n 0

n n

Å1− t n

ãn−1 t^x xdt

= n n 1 x

ˆ n 0

Å1− t n

ãn−1

t^xdt

= n n 1 x

ÇñÅ 1− t

n ã_n−1

t^x+1 x+ 1

ôn 0

+ n−1 n

ˆ n 0

Å 1− t

n ã_n−2

t^x+1 x+ 1dt

å

= n(n−1) nn

1 x

1 x+ 1

ˆ n 0

Å1− t n

ãn−2

t^x+1dt ...

= n(n−1). . .1 nn . . . n

1

x(x+ 1). . .(n+x−1) ˆ n

0 t^n+x−1dt

= n!

nⁿx(x+ 1). . .(n+x−1) n^n+x n+x

= n!n^x

x(x+ 1). . .(x+n) Finalement,∀x >0,

Γ(x) = lim

n∞

n!n^x

x(x+ 1). . .(x+n)

3^e) Le problème du choix

On dispose désormais de deux théorèmes pour passer à la limite dans une intégrale : 1^e) Le théorème élémentaire :

f_n−→^unift f sur[a, b], tout le monde continu par morceaux : Alorsˆ b

a

f_n−→

ˆ b a

f.

2^e) Le théorème de Lebesgue.

Lequel choisir?

• Pour les intégrales impropres, la question ne se pose pas.

• Pour les intégrales propres, la convergence simple de Lebesgue est un avantage, mais l’hypothèse de domination n’existe pas dans le 1^erthéorème.

Mais supposons qu’on soit sous les hypothèses du théorème élémentaire.

Lesf_nsont continues par morceaux sur un segment, elles y sont donc bornées.

Mais(f_n)converge uniformément, et on sait dans ce cas que lesf_nsont uniformément bornées :

∃M ∈R⁺/∀n∈N, ∀t∈[a, b], |fn(t)|�M On récupère ainsi l’hypothèse de domination (´b

a M converge) et on peut donc appliquer le théorème de Lebesgue.

Conclusion :

Quand le théorème élémentaire s’applique, le théorème de Lebesgue s’applique.

II. Fonctions définies par une intégrale

0^e) Position du problème

On envisage ici des fonctions se présentant sous la forme suivante : F(x) =ˆ

I

f(x, t)dt (Γ(x)en est un exemple)

On s’intéresse ici à la continuité de telles fonctions, et à la possibilité de les dériver sous le signe´. Les moyens mis en œuvre :

Fixonsa, et envisageons le problème de la continuité deF ena:

x→alimF(x) =?F(a) Ou encore :

x→alim ˆ

I

f(t, x)dt=? ˆ

I

f(t, a)

On est donc devant un problème de passage à la limite dans une intégrale, ce que Lebesgue nous a appris à faire mais… avec une variable entière tendant vers+∞, pas avec une variablextendant continûment versa.

Rappel : procédé de discrétisation Soitf :A−→F (A⊂Eevn) eta∈A.¯

Alorsf possède une limite�enassi, pour toute suite(xn)de points deAconvergeant versa, la suite

�f(xn)�converge vers�.

1^e) Continuité des intégrales à paramètre

On se donne une fonctionf :I×A−→CoùIest un intervalle deR,Aune partie d’un evnE, et l’on veut poser, pourx∈A,

F(x) =ˆ

I

f(t, x)dt Pour ce faire, on demande :

i) ∀x∈A, l’applicationt�−→f(t, x)est continue par morceaux.

ii) ∀x∈A, l’intégraleˆ

I

f(t, x)dtconverge.

i) et ii) nous permettent de poserF(x) =ˆ

I

f(t, x)dt∀x∈A.

Soita∈A, et soit(xn)une suite de points deAconvergeant versa: F(xn)_n−−−→_→+∞^? F(a) i.e ˆ

I

f(t, xn)

� �� �

gn(t)

dt_n−−−→_→+∞^? ˆ

I

f(t, a)dt On va essayer d’appliquer le théorème de convergence dominée àg_n.

1^e) gnest continue par morceaux : Oui (i)).

2^e) On voudrait qu’àtfixé,

g_n(t) =f(t, xn)_n−−−→

→+∞f(t, a)

Pour cela, on demande àf d’être continue par rapport à sa seconde variable.

3^e) La limite simple (ici la fonctiont�−→f(t, a)) est continue par morceaux : Oui d’après i).

4^e) La domination :

On veut une fonction intégrableϕ, indépendante den, telle que

∀t∈I, ∀n∈N, |g_n(t)|�ϕ(t) i.e∀t∈I, ∀n∈N, |f(t, x_n)|�ϕ(t)

Il suffit pour cela de demander l’existence d’une fonction intégrableϕsurI, indépendante dex, telle que :

∀t∈I ∀x∈A, |f(t, x)|�ϕ(t) Notation

Sif est une fonction de la variable(t, x), alors :

• Pourxfixé,f(·, x)est la fonction de l’unique variablet.

• Pourtfixé,f(t,·)est la fonction de l’unique variablex.

Théorème de continuité

SoientIun intervalle deR,A⊂Eevn, etf :I×A−→C. On suppose :

1^e) f(·, x)est continue par morceaux surIpour toutxdeA.

2^e) f(t,·)est continue surApour toutt∈I.

3^e) Il existe une fonction continue par morceaux et intégrableϕsurI telle que

∀(t, x)∈I×A, |f(t, x)|�ϕ(t) On peut alors poser, pourx∈A,

F(x) =ˆ

I

f(t, x)dt et la fonction ainsi définie est continue surA.

ex 1 : On pose, quand c’est possible,

F(x) =ˆ +∞

0

e^−xt 1 +t²dt Àxfixé, la fonction intégrée est continue surR⁺.

En+∞:

Six <0, la fonction intégrée tend vers+∞, l’intégrale diverge.

Six >0,0� e^−xt 1 +t² � 1

t² etˆ +∞ 1

dt

t² converge.

Donc : DF =R⁺

Alors :

• ∀x∈R⁺,f(·, x)est continue par morceaux.

• ∀t∈R⁺,f(t,·)est continue.

• ∀(t, x)∈R⁺×R⁺,

|f(t, x)|=��

�� e^−xt 1 +t²

����

� 1

1 +t² intégrable ind^tdex F est donc continue surR⁺.

ex 2 : On pose, quand c’est possible, pourx�0,

F(x) =ˆ +∞

0

sint t²+x²dt

• La fonction intégrée est continue surR⁺six�= 0, surR^+∗ six= 0.

• ��

�� sint t²+x²

����� 1

t², l’intégrale est toujours convergente à la borne+∞.

• Pourx= 0:

sint t ∼₀ 1

t �0et ˆ 1 0

dt

t diverge.

Donc : DF =R^+∗

• f(t, x) = sint

t²+x² est continue par morceaux par rapport àtet continue par rapport àx.

• ∀t∈R⁺, ∀x∈R^+∗,

|f(t, x)|=��

�� sint t²+x²

����

� 1 t²+x²

� 1 t² Maisˆ +∞

0

dt

t² diverge.

Mais si on se limite àx∈]a,+∞[aveca >0, il vient :

���� sint t²+x²

����� 1

t²+a² intégrable ind^tdex

⇒F est continue sur]a,+∞[, et ce∀a >0, donc surR^+∗. 2^e) Dérivation des intégrales à paramètres

Icif :I×J −→CoùI etJ sont deux intervalles deR. On pose (si possible) :

∀x∈J, F(x) =ˆ

I

f(t, x)dt et on veut dériverF : pour ce faire, on fixea∈J et on cherche

hlim→0

F(a+h)−F(a) h

F(a+h)−F(a)

h =ˆ

I

f(t, a+h)−f(t, a)

h dt

et pour ce faire, on discrétise en prenant une suite de réels(hn)tendant vers0…

Théorème

Soitf :I×J −→CoùI etJsont deux intervalles deR. On suppose :

• ∀x∈J,f(·, x)est continue par morceaux.

• ∀x∈J,ˆ

I

f(t, x)dtconverge.

Ce qui permet de poser

∀x∈J, F(x) =ˆ

I

f(t, x)dt On suppose alors :

• ∂f

∂x existe en tout point deI×J.

• ∂f

∂x(·, x)est continue par morceaux∀x∈J. Hypothèse lourde :

Il existe une fonctionϕ, indépendante dex, intégrable surI, tq

∀(t, x)∈I×J, ��

��∂f

∂x(t, x)��

���ϕ(t) Hypothèse inutile (!)

∂f

∂x(t,·)est continue∀t.

AlorsF est de classeC¹surJ et peut être dérivée sous le signe´ :

∀x∈J, F^�(x) =ˆ

I

∂f

∂x(t, x)dt Rq : Sans l’hypothèse inutile,F ne sera que dérivable au lieu d’êtreC¹.

Elle est donc demandée si l’on veutF de classeC¹. 3^e) Exemples

ex 1 : Retour àF(x) =ˆ +∞

0

e^−xt 1 +t²dt.

On a vu queF était continue surR⁺. On pose :

f :





R⁺×R⁺−→R (t, x)�−→ e^−tx

1 +t² Évidemment, ∂f

∂x existe en tout point deR⁺×R⁺, ∂f

∂x(t, x) = −te^−tx

1 +t² , fonction qui est continue par morceaux selont, et continue selonx.

Mais : ��

��∂f

∂x(t, x)��

��� t

1 +t² qui n’est pas sommable surR⁺! Limitons-nous àx∈]a,+∞[aveca >0.

∀(t, x)∈R⁺×]a,+∞[, ��

��∂f

∂x(t, x)��

��� t

1 +t²e^−at �e^−atintégrable surR⁺et ind^tdex On en déduitF est de classeC¹et peut être dérivée sous le signeˆ

sur]a,+∞[et ce∀a >0.

⇒F estC¹ surR^+∗, et :

∀x∈R^+∗, F^�(x) =ˆ _+∞

0

−te^−xt 1 +t² dt ex 2 : On pose, quand c’est possible,

F(x) =ˆ +∞

0 e^−t2cos(2tx)dt On posera :

f :

® R⁺×R−→R

(t, x)�−→e^−t2cos(2tx)

• ∀x∈R,f(·, x)est continue par morceaux.

• |e^−t2cos(2tx)|�e^−t2 d’intégrale convergente.

⇒F(x)existe∀x∈R.

• ∂f

∂x existe en tout point deR⁺×R,

∂f

∂x(t, x) =−2te^−t2sin(2tx) Et cette fonction est continue par morceaux selont, continue selonx.

• ��

��∂f

∂x(t, x)��

���2te^−t2 intégrable surR⁺ind^tdex.

F est de classeC¹et peut-être dérivée sous le signeˆ :

∀x∈R, F^�(x) =ˆ +∞

0 −2te^−t2sin(2tx)dt

On va intégrer ce machin par parties : attention, après avoir dérivé par rapport àx, les dérivations ici se font par rapport àt.

Alors :

F^�(x) =î

e^−t2sin(2tx)ó_+∞

0 −

ˆ +∞

0 e^−t22xcos(2tx)dt (Le crochet a bien un sens, cela valide l’intégration par parties.)

Finalement,

F^�(x) =−2xF(x) Équadiff linéaire du 1^erordre :

F(x) =ce^−x2 OrF(0) =ˆ _+∞

9 e^−t2dt= √ π 2 .

ˆ +∞

0 e^−t2cos(2tx)dt= √ π 2 e^−x2 ex 3 : L’intégrale de Gauss.

On pose, pourx∈R,

F(x) =ˆ 1 0

e^−x2(1+t2)

1 +t² dt G(x) =ˆ x 0 e^−t2dt Gest de classeC¹surRet∀x∈R,G^�(x) = e^−x2.

Soit :

f :





[0,1]×R−→R

(t, x)�−→ e^−x2(1+t2) 1 +t²

• f est continue par morceaux selont.

• ˆ ₁

0 f(t, x)dtconverge∀x∈R(elle est propre).

• ∂f

∂x existe en tout point de[0,1]×R,

∂f

∂x(t, x) =−2xe^−x2(1+t2)est continue par morceaux selont, continue selonx

����∂f

∂x(t, x)��

���2|x|e^−x2 fonction bornée surR

�M intégrable sur[0,1]

AlorsF est de classeC¹et peut se dériver sous le signeˆ :

F^�(x) =ˆ ₁

0 −2xe^−x2(1+t2)dt

=−2xe^−x2ˆ ₁

0 e^−x2t2dt u=xt

=−2e^−x2ˆ x

0 e^−u2du

=−2G^�(x)G(x)

⇒ ∃c∈R/∀x,

F(x) =c−G²(x) Pourx= 0,

F(0) =ˆ 1 0

dt 1 +t² = π

4 G(0) = 0

⇒ ∀x,

F(x) = π

4 −G²(x) (�)

Mais,

0�F(x) =ˆ ₁

0

e^−x2(1+t2)

1 +t² dt�e^−x2 _x→+∞−−−→ 0 Et_x→+∞lim G(x) =ˆ _+∞

0 ‘e^−t2dt.

x−→+∞dans (�) et il vient :

ň _+∞

0 e^−t2dtã2

= π 4

ˆ +∞

0 e^−t2dt= √ π 2

ex 4 : On considère un rectangle du plan[a, b]×[c, d]etf : [a, b]×[c, d]−→Ccontinue.

Il s’agit de prouver la formule de Fubini : ˆ b

a

Lj d c

f(x, y)dy å

dx=ˆ d c

Lj b a

f(x, y)dx å

dy

f étant continue sur le compact[a, b]×[c, d], elle y est bornée.

SoitM ∈R⁺tel que :

∀(u, v)∈[a, b]×[c, d], |f(u, v)|�M Posons, pourx∈[a, b]:

F(x) =ˆ x a

Lj d c

f(u, v)dv å

� �� �

g(u)

du

La domination|f(u, v)| � M ainsi que la continuité def donnent la continuité deg(théorème de continuité).

Mais :

F(x) =ˆ x a

g(u)du Etgest continue, doncF est dérivable, et :

∀ ∈[a, b], F^�(x) =g(x) =ˆ d c

f(x, v)dv Posons :

G(x) =ˆ d c

ň _x

a

f(u, v)duã dv DériverG, c’est dériver sous le signeˆ

: on vérifie les hypothèses du théorème.

•

•

•

•

•

AlorsG^�(x) =ˆ d c

Å ∂

∂x ˆ x

a

f(u, v)duã dv.

⇒ G^�(x) =ˆ d c

f(x, v)dv DoncF^� =G^�.

MaisF(a) =G(a) = 0.

⇒ F =G

⇒ F(b) =G(b) 4^e) Étude de la fonctionΓ

On a vu que :

• ∀x >0,Γ(x) =ˆ +∞

0 e^−tt^x−1dt

• ∀x >0,Γ(x+ 1) =xΓ(x)

• ∀n∈N,Γ(n+ 1) =n!

• ΓÅ1 2

ã= 2ˆ _+∞

0 e^−u2du=√ π

Posons :

f :ß ]0,+∞[×]0,+∞[−→R (t, x)�−→e^−tt^x−1

∂f

∂x existe en tout point deR^+∗×R^+∗et :

∂f

∂x(t, x) = e^−tlnt t^x−1 est continue par morceaux selontet continue selonx.

Domination :

On se limite àx∈]a, A[avec0< a < A <+∞. Pourt∈]0,1],

����∂f

∂x(t, x)��

��= e^−t|lnt|t^x−1

�|lnt|t^x−1

�|lnt|t^a−1 = |lnt| t^1−a Siδ∈]1−a,1[,

t^δ|lnt|

t^1−a =t^δ−(1−a)|lnt|−−−→

t→0 0

⇒Pourtassez petit,

0� |lnt| t^1−a � 1

t^δ et ˆ 1 0

dt

t^δ converge

⇒ ˆ 1

0

|lnt|

t^1−adtconverge.

Pourt∈]1,+∞[,

����∂f

∂x(t, x)��

���e^−tlnt t^A−1 Pourtassez grand,

0�e^−tlnt t^A−1 � 1 t²

⇒ ˆ +∞

1 e^−tlnt t^A−1dtconverge.

Récapitulons : Posonsϕ(t) =







|lnt|

t^1−a si0< t�1 e^−tlnt t^A−1sit >1

.

ϕest continue par morceaux surR^+∗etˆ +∞

0 ϕconverge.

Enfin,

∀(t, x)∈R^+∗×]a, A[, ��

��∂f

∂x(t, x)��

���ϕ(t) Γest de classeC¹sur]a, A[et peut y être dérivée sous signeˆ

, et ce∀a, A…

Γest de classeC¹surR^+∗et∀x >0,

Γ^�(x) =ˆ _+∞

0 e^−tlnt t^x−1dt

Observons que les majorations effectuées aveclntmarchent sans modification avec|lnt|^p. En effet, les intégralesˆ 1

0

|lnt|^p

t^1−a dtetˆ +∞

1 e^−t(lnt)^pt^A−1dtconvergent.

Bref, on peut dériverΓà tout ordre sous le signeˆ :

Γest de classeC^∞surR^+∗et∀x >0,∀p∈N, Γ^(p)(x) =ˆ +∞

0 e^−t(lnt)^pt^x−1dt

En particulière,Γ^���0,Γest convexe.

+∞ Γ^��

Γ^� Γ^� Γ

0 1 c 2 +∞

+

− 0 +

0

Γ(1) =Γ(2) = 1 ⇒ ∃c∈]1,2[/ Γ^�(x) = 0 (Rolle.) Γcroît sur]c,+∞[, donc possède une limite en+∞.

∀n∈N, Γ(n+ 1) =n!_n→+∞−−−→ +∞

x→+∞lim Γ(x) = +∞

Pourx >0,

Γ(x) = Γ(x+ 1)

x _x→0∼ Γ(1)

x (Γcontinue en1) Γ(x) ∼

0⁺

1 x

Compléments

1^e) On peut prouver queΓ^�(1) =ˆ _+∞

0 e^−tlntdt=−γ (γ cste d’Euler).

Donc, au voisinage de0,

Γ(x) = Γ(x+ 1) x

= Γ(1) +xΓ^�(1) +o(x) x

= 1

x−γ+o(1) Γ(x) =

0⁺

1

x−γ+o(1) 2^e) Γest logarithmiquement convexe i.elnΓest convexe.

En effet :

�Γ^�(x)�2=ň _+∞

0 e^−tlnt t^x−1dtã2

=ň _+∞

0 e^−2tt^x−12 lnte^−t2t^x−12 dtã2

Mais (Cauchy-Schwarz) : ň f g

ã₂

�ˆ f²×

ˆ g²

⇒ �Γ^�(x)�2 �ˆ +∞ 0

Äe^−2tt^x−21ä2

dt× ˆ +∞

0

Äe^−2t lnt t^x−21ä2

dt

�Γ(x)Γ^��(x)

⇒ Γ^�2 �ΓΓ^��

Donc(lnΓ)^��= Γ^��Γ−Γ^�2 Γ² �0.

3^e) Stirling :

Γ(x+ 1)_x→+∞∼ �x e

�x√ 2πx

4^e) Formule des compléments

∀x∈]0,1[, Γ(x)Γ(1−x) = π sinπx

III. Intégration terme à terme des séries des fonctions

Théorème

Soit^�u_nune série de fonctions deIdansK. On suppose :

1^e) ∀n,unest continue par morceaux.

2^e) ^�unconverge simplement surI. 3^e) La fonctionS :x�−→

+∞�

n=0

u_n(x)est continue par morceaux surI.

4^e) ∀n,ˆ

I|u_n|converge.

�5^e) ^�ˆ

I|un|converge.

AlorsSest intégrable surI et ˆ

I

Ç_+∞

�

n=0

un(t) å

dt=^+�∞

n=0

ˆ

I

un(t)dt

Rq¹: Le résultat de l’intégration terme à terme donneˆ

I

S(t)dtsous forme d’une série qui n’est pas celle qui doit converger pour assurer l’hypothèse 5^e).

(sauf dans le cas où lesu_nsont positifs) Rq²: Le théorème donneˆ

I

Ssous forme d’une série absolument convergente.

Rq³: Il s’agit de la copie conforme du théorème de Fubini, si l’on remplace^�parˆ .

ex 1 : Calcul deI =ˆ +∞

0

t e^t−1dt En0: t

e^t−1 −−−→

t→0 1Faux problème.

En+∞: t

e^t−1 =O Å1

t² ã

. L’intégraleI converge.

On écrit :

I=ˆ _+∞

0

te^−t 1−e^−tdt

=ˆ +∞

0 te^−t+∞�

n=0

e^−ntdt (car0<e^−t<1pourt >0)

=ˆ _+∞

0

Å+∞�

n=0te� �� �^−(n+1)t

un(t)

ã dt

• Lesu_nsont continues surR^+∗.

• ^�u_nconverge simplement surR^+∗ verst�−→ t

e^t−1 qui est continue surR^+∗.

• Pourn�0,ˆ +∞

0 |te^−(n+1)t|dtconverge.

• ˆ +∞

0 |u_n|=ˆ +∞

0 te^−(n+1)tdt= ñ

−te^−(n+1)t n+ 1

ô_+∞

0

+ 1

n+ 1 ˆ +∞

0 e^−(n+1)tdt= 1 (n+ 1)² Finalement,^�ˆ +∞

0 |u_n|converge, on peut intégrer terme à terme.

I =^+∞�

n=0

ˆ +∞ 0 u_n

=^+�∞

n=0

1 (n+ 1)² I =π²

6 ex 2 : On pose, quand c’est possible :

I(x) =ˆ +∞

0 e^−xtsint

t dt pourx >0 En0:e^−xtsint

t −−−→_t→0 1, il y a un faux problème.

En+∞:e^−xtsint t =O

Å1 t²

ã.

⇒ I(x)existe pourx >0 On peut envisager deux méthodes pour calculerI(x):

1^e) Le calcul deI^�(x).

2^e) On écrit :

I(x) =ˆ _+∞

0 e^−xt+∞�

n=0(−1)ⁿ t²ⁿ (2n+ 1)!dt

=ˆ +∞

0

Ç_+∞

�

n=0

(−1)ⁿ t²ⁿe^−xt (2n+ 1)!

å dt

• Lesu_nsont continues surR^+∗.

• ^�u_nconverge simplement surR^+∗ verst�−→e^−xtsint

t qui est continues surR^+∗.

• ˆ _+∞

0 |un|converge∀n�0.

ˆ +∞

0 |u_n|= 1 (2n+ 1)!

ˆ +∞

0 t²ⁿe^−xtdt v=xt= 1

(2n+ 1)!

1 x

ˆ _+∞

0

v²ⁿ x²ⁿe^−vdv

= 1

(2n+ 1)!

1

x²ⁿ⁺¹Γ(2n+ 1)

= 1

(2n+ 1)x²ⁿ⁺¹ série convergente pourx >1 On peut donc intégrer terme à terme pourx >1, et∀x >1,

I(x) =^+�∞

n=0

ˆ +∞

0 un

=^+∞�

n=0

(−1)ⁿ 1 (2n+ 1)x²ⁿ⁺¹

= arctan 1 x ex 3 : On pose, quand c’est possible,

pourt�0, f(t) =^+∞�

n=1

1 n³+t³ On pose,∀t�0,

un(t) = 1 n³+t³

∀t�0, |un(t)� 1

n³, ce qui assure la convergence de la série définissantf(t);

Cela prouve aussi que la série^�u_nconverge normalement surR⁺, lesu_nsont continues, doncf est continue surR⁺.

ˆ +∞

0 f(t)dtest-elle convergente?

Évidemment,∀n,ˆ _+∞

0 |un|converge et : ˆ +∞

0 |u_n|=ˆ +∞

0

dt n³+t³

= 1 n³

ˆ _+∞

0

dt

n³+t³ u= t n

= 1 n²

ˆ +∞

0

du 1 +u³

= λ

n² avecλ=ˆ _+∞

0

du 1 +u³

Bref,^�ˆ _+∞

0 |u_n|converge.

Alors,ˆ +∞

0 f converge et :

ˆ +∞

0 f(t)dt=^+�∞

n=1

ˆ +∞

0 un

=λ

+∞�

n=1

1 n²

=λπ² 6 Rq : Une petite ruse pour calculerλ:

λ=ˆ +∞

0

du

1 +u³ t= 1 u

=ˆ +∞

0

dt t²

1 +_t¹3

=ˆ +∞

0

tdt 1 +t³

=ˆ +∞

0

udu 1 +u²

⇒ 2λ=ˆ +∞ 0

1 +u 1 +u³du

=ˆ +∞

0

du u²+u+ 1

=ˆ +∞ 0

� du

u−¹₁�2+³₄

=

� 2

√3 arctanu−¹₂

√3 2

�+∞

0

= 2

√3 π 2 + 2

√3arctan

√3

� �� 3�

π6

ex 4 : Soit la série entière^�(−1)ⁿ tⁿ lnn.

Son rdc vaut1, et la série converge pourt= 1car^�(−1)ⁿ

lnn converge (théorème des séries alternées).

La sommeS(t)de cette série converge pour0�t�1.

Le cours sur les séries entières nous dit queSest continue sur[0,1[.

Si l’on poseu_n(t) = (−1)ⁿ tⁿ lnn.

Ici, puisque|u_n(t)|�

n0, le théorème des séries alternées nous dit :

����

�

+∞�

k=n+1

(−1)^k t^k lnk

����

�� tⁿ⁺¹

ln(n+ 1)

� 1 ln(n+ 1)

ind^tdet

−−−−→0

La convergence de^�u_nest uniforme sur[0,1], lesu_nsont continues en1, doncSest continue en1.

Doncˆ 1

0 S(t)dtexiste sans problème, c’est une intégrale propre.

Peut-on la calculer en intégrant terme à terme?

ˆ 1

0 |u_n|=ˆ 1 0

tⁿ lnndt

= 1

(n+ 1) lnn

∼ 1 nlnn �0

Et^� 1

nlnn diverge.

Le théorème ne s’applique pas.

Mais lesu_nsont continues sur[0,1]et la convergence de^�u_ny est uniforme.

⇒Le théorème élémentaire d’intégration terme à terme s’applique et on peut écrire : ˆ 1

0 S(t)dt=^+∞�

n=2

(−1)ⁿ (n+ 1) lnn

Conclusion : contrairement à ce qu’il se passe pour les suites de fonctions où Lebesgue entrainait élé- mentaire, ici ce n’est plus le cas.

IV. Complément

Il s’agit de dériver à l’ordrep∈N^∗sous le signe´. Théorème

SoientIetJ deux intervalles deR, etf :I×J −→K. On suppose :

1^e) ∀x∈J,f(·, x)est continue par morceaux et d’intégrale convergente surI. On peut alors poser, pourx∈J,

F(x) =ˆ

I

f(t, x)dt

2^e) On suppose quefpossède des dérivées par rapport àxjusqu’à l’ordrep∈N^∗inclus en tout point deI×J.

3^e) ∀k∈�1, p�,∂^kf

∂x^k est continue par morceaux selontet continue selonx.

4^e) ∀k∈�1, p�,∃ϕ_ksommable surItelle que :

∀(t, x)∈I×J, ��

���

∂^kf

∂x^k(t, x)��

����ϕ_k(t)

AlorsF est de classeC^psurI et∀k∈�0, p�,∀x∈J, F^(k)(x) =ˆ

I

∂^kf

∂x^k(t, x)dt