Fiche de mathématiques
> >

Intégration (Partie III)
Suites et séries de fonctions intégrables

Partager :


Soit I un intervalle quelconque et K = \mathbb{R} ou \mathbb{C}.
*) On définit L^1(I,K) par : L^1(I,K) = \lbrace f \in K^I / f \text{ est continue par morceaux et intégrable sur } I \rbrace , c'est un sev de \mathfrak{C}^o_m(I,K).
*) On définit L^2(I,K) par : L^2(I,K) = \lbrace f \in K^I / f \text{ continue par morceaux et } f^2 \text{ est intégrable sur } I \rbrace , c'est un sev de \mathfrak{C}^o_m(I,K).


I. Convergence en moyenne - convergence en moyenne quadratique

Définition :
Soit f_n,f : I \longrightarrow K de L^1(I,K).
On dit que (f_n) converge en moyenne vers f sur I ssi : \displaystyle \int_I |f_n - f| \xrightarrow[n\to+\infty]{} 0.


Définition :
Soit f_n , f : I \longrightarrow K de L^2(I,K).
On dit que (f_n) converge en moyenne quadratique vers f sur I ssi : \displaystyle \int_I |f_n-f|^2 \xrightarrow[n\to+\infty]{} 0.


Proposition :
Soit f , g \in L^2(I,K), alors \bar{f} g \in L^1(I,K) et |\displaystyle \int_I \bar{f}g| \leq \sqrt{\displaystyle \int_I |f|^2} \sqrt{\displaystyle \int_I |g|^2}.
Si I est bornée, alors L^2(I,K) \subset L^1(I,K) et \forall f \in L^2(I,K) \, : \, \displaystyle \int_I |f| \leq \sqrt{\text{diam } I} \sqrt{\displaystyle \int_I|f|^2}


Remarque :
Il n'y a ni unicité de la limite en moyenne, ni unicité de la limite en moyenne quadratique.

Théorème :
Soit f_n,f : I \longrightarrow K de L^2(I,K) tel que I est borné. Alors :
Si (f_n) converge uniformément vers f sur I alors (f_n) converge en moyenne quadratique vers f sur I.
Si (f_n) converge en moyenne quadratique vers f sur I alors (f_n) converge en moyenne vers f sur I.


Définition :
Soit f_n,f : I \longrightarrow K de L^1(I,K).
On dit que la série de fonctions \displaystyle \sum f_n converge en moyenne vers f sur I ssi la suite (S_n) de ses sommes partielles converge en moyenne sur I vers f.


Définition :
Soit f_n , f : I \longrightarrow K de L^2(I,K).
On dit que la série de fonctions \displaystyle \sum f_n converge en moyenne quadratique vers f sur I ssi la suite (S_n) de ses sommes partielles converge en moyenne quadratique sur I vers f.


Théorème :
Soit f_n , f : I \longrightarrow K de L^2(I,K). Si I est bornée, on a :
La convergence uniforme sur I de \dislaystytle \sum f_n vers f en moyenne quadratique vers f sur I.
La convergence en moyenne quadratique de \displaystyle \sum f_n vers f sur I entraîne sa convergence en moyenne vers f sur I.




II. Convergence dominée

Définition : "condition de domination"
Soit f_n : I \longrightarrow K continue par morceaux.
On dit que (f_n) vérifie la condition de domination ssi il existe \phi : I \longrightarrow \mathbb{R} continue par morceaux, positive et intégrable tel que : \forall n \in \mathbb{N} \, , \, \forall x \in I \, : \, |f_n(x)| \leq \phi(x)


Théorème :
"dit de la convergence dominée"
Soit f_n , f : I \longrightarrow K continues par morceaux tels que :
(f_n) converge simplement sur I vers f.
Chaque f_n est intégrable sur I.
(f_n) vérifie la condition de domination sur I.
Alors :
f est intégrable sur I.
\displaystyle \int_I f_n \longrightarrow \displaystyle \int_I f.
Ainsi, on peut écrire : \displaystyle \lim_{n\to+\infty} \displaystyle \int_I f_n(x) dx = \displaystyle \int_I \left(\displaystyle \lim_{n\to+\infty} f_n(x)\right)dx.


Remarque :
On ne peut pas remplacer les hypothèses de ce théorème par :
Chaque f_n est intégrable sur I.
(f_n) converge uniformément sur I vers f.
Attention : c'est une erreur beaucoup rencontrée par les correcteurs !

Contre - exemple :
\begin{array}{rccl} f : & [0,+\infty[ & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ & x & \longrightarrow & \dfrac{x^n}{n!}e^{-x} \\ \end{array}

Exemple :
\begin{array}{rccl} f_n : & [0,+\infty[ & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ & x & \longrightarrow & \dfrac{n\sin(\frac{x}{n})}{(1+x^2)^2} \\ \end{array} \hspace{15pt} n \in \mathbb{N}^*
Soit n \in \mathbb{N}^*.
On a : f_n est continue sur [0,+\infty[.
Soit x \in \mathbb{R}^+ \, : \, f_n(x) \stackrel{\sim}{_{n\to+\infty}} \dfrac{x}{(1+x^2)^2}.
f_n(x) \xrightarrow[n\to+\infty]{} f(x) = \dfrac{x}{(1+x^2)^2}
(f_n) converge simplement vers f sur \mathbb{R}^+ et f est continue sur sur \mathbb{R}^+.
|f_n(x)| = \dfrac{n|\sin\left(\dfrac{x}{n}\right)|}{(1+x^2)^2} \leq \dfrac{|x|}{(1+x^2)^2} = f(x)
f(x) \stackrel{\sim}{_{+\infty}} \dfrac{1}{x^3}, f est intégrable sur [1,+\infty[ donc sur [0,+\infty[.
On en déduit que (f_n) vérifie la condition de domination.
Donc, d'après le théorème de la convergence dominée : \displaystyle \int_{0}^{+\infty} \dfrac{n\sin(x/n)}{(1+x^2)^2} dx \xrightarrow[n\to+\infty]{} \displaystyle \int_{0}^{+\infty} \dfrac{x}{(1+x^2)^2} dx
Calcul : \displaystyle \int_{0}^{+\infty} \dfrac{x}{(1+x^2)^2} dx = \displaystyle \lim_{y \to+\infty} \dfrac{1}{2} \displaystyle \int_{0}^{y} 2x(1+x^2)^{-2} dx = \dfrac{1}{2}
Donc : \displaystyle \int_{0}^{+\infty} \dfrac{n\sin(x/n)}{(1+x^2)^2} dx \xrightarrow[n\to+\infty]{} \dfrac{1}{2}

Théorème :
Soit f_n , f : I \longrightarrow K continue par morceaux et positive tels que :
\displaystyle \sum f_n converge simplement sur I de somme f.
chaque f_n est intégrable sur I.
Alors f est intégrable sur I ssi \displaystyle \sum_{n \geq 0} \displaystyle \int_I f_n converge dans \mathbb{R}.
De plus, dans ce cas : \displaystyle \int_I f = \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} \displaystyle \int_I f_n


Exemple :
\text{Soit } p \in \mathbb{N} \text{ et } I_p = \displaystyle \int_0^1 \dfrac{x^p\ln(x)}{x-1} dx
On a : I_p = \displaystyle \int_{]0,1[} \dfrac{x^p\ln(x)}{x-1}dx.
On note, \begin{array}{rccl} f: & ]0,1[ & \longrightarrow& \mathbb{R} \\ & x & \longrightarrow & \dfrac{x^p\ln(x)}{x-1} \\ \end{array}
f est continue et positive.
De plus : \displaystyle f(x) \stackrel{\sim}{_{x\to 0}} -x^p \ln(x) \stackrel{=}{_{x \to 0}} o\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)
f est intégrable sur ]0,\dfrac{1}{2}].
\displaystyle f(x) \stackrel{\sim}{_{x\to 1}} x^p
Donc f est intégrable sur [\dfrac{1}{2},1[.
f est donc intégrable sur ]0,1[ et I_p = \displaystyle \int_{]0,1[} f a un sens.
On a : \forall x \in ]0,1[ \, : \, \dfrac{x^p}{1-x} = \displaystyle \sum_{n=p}^{+\infty} x^n.
D'où : \forall x \in ]0,1[ \, : \, \displaystyle \sum_{n\geq p} \left(-x^n \ln(n)\right) converge de somme f(x).
Soit \begin{array}{rccl} f_n : & ]0,1[ & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ & x & \longrightarrow & -x^n\ln(x) \\ \end{array} \hspace{15pt} (n\geq p)
Chaque f_n est continue, positive et intégrable sur ]0,1[.
En outre, \displaystyle \sum_{n \geq p}f_n converge simplement sur ]0,1[ de somme f.
D'après le théorème, \displaystyle \sum_{n \geq p} \displaystyle \int_{]0,1[} f_n converge et \displaystyle \int_{]0,1[} f = \displaystyle \sum_{n=p}^{+\infty} \displaystyle \int_{]0,1[} f_n.
\displaystyle \int_{a}^{b} f_n = -\displaystyle \int_{a}^b x^n \ln(n) dx = - \left[\dfrac{x^{n+1}}{n+1} \ln(n) \right]_a^b + \displaystyle \int_a^b \dfrac{x^{n+1}}{n+1} \dfrac{1}{x} dx \\ = \dfrac{a^{n+1}\ln(a)}{n+1} - \dfrac{b^{n+1}\ln(b)}{n+1} + \displaystyle \int_{a}^b \dfrac{x^n}{n+1} dx \\ = \dfrac{a^{n+1}\ln(a)}{n+1} - \dfrac{b^{n+1}\ln(b)}{n+1} + \dfrac{b^{n+1}-a^{n+1}}{(n+1)^2}
Quand : a \to 0 et b \to 1 : \displaystyle \int_{]0,1} f_n = \dfrac{1}{(n+1)^2}
Donc : I_p = \displaystyle \sum_{n=p}^{+\infty} \dfrac{1}{(n+1)^2} = \displaystyle \sum_{n = p+1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2}.
Théorème :
Soit f_n , f : I \longrightarrow K continues par morceaux tels que :
Chaque f_n est intégrable sur I.
\displaystyle \sum_{n\geq 0} f_n converge simplement sur I de somme f.
\displaystyle \sum_{n\geq 0} \displaystyle \int_I |f_n| converge dans \mathbb{R}.
Alors :
\displaystyle \sum_{n\geq 0} \displaystyle \int_I f_n converge.
f est intégrable sur I.
\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} \displaystyle \int_I f_n = \displaystyle \int_I f.


Exemple :
\begin{array}{rccl} f : & ]0,+\infty[ & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ & t & \longrightarrow & \dfrac{\sin(t)}{e^t-1} \\ \end{array} \hspace{20pt} \text{ et } \hspace{20pt} I = \displaystyle \int_{]0,+\infty[} f
f est continue sur ]0,+\infty[.
sur ]0,\pi] \, : \, |f(t)| = \dfrac{\sin(t)}{e^t-1} \stackrel{\sim}{t\to 0} 1. Donc f est intégrable sur ]0,\pi].
Sur [\pi,+\infty[ \, : \, \displaystyle |f(t)| = \dfrac{|\sin(t)|}{e^t-1} \leq \dfrac{1}{e^t-1} \stackrel{\sim}{t \to +\infty} e^{-t}. Donc f est intégrable sur [\pi,+\infty[.
On en déduit que f est intégrable sur ]0,+\infty[ et I à un sens.
\forall t \in ]0,+\infty[ \, : \, \dfrac{1}{e^t-1} = \dfrac{e^{-t}}{1-e^{-t}} = \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} e^{-nt} \, : \, |e^{-t}| = e^{-t} < 1.
Alors \forall t \in ]0,+\infty[ \, : \, \displaystyle \sum_{n \geq 1} \sin(t) e^{-nt} converge de somme f(t).
Soit alors : \begin{array}{rccl} f_n: & ]0,+\infty[ & \longrightarrow& \mathbb{R} \\ & t & \longrightarrow & \sin(t)e^{-nt} \\ \end{array}
Chaque f_n est continue et intégrable sur ]0,+\infty[ \, : \, |f_n(t)|\leq e^{-nt}.
\displaystyle \sum_{n\geq 1} f_n converge simplement sur ]0,+\infty[ de somme f.
Si \displaystyle \sum_{n \geq 1} \displaystyle \int_{]0,+\infty[} |f_n| converge \magenta (*) le théorème précédent permet d'écrire :
\displaystyle \int_{]0,+\infty[} f = \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle \int_{]0,+\infty[} f_n, c'est-à-dire : \displaystyle \int_{0}^{+\infty} \dfrac{\sin(t)}{e^t-1} dt = \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle \int_{0}^{+\infty} \sin(t) e^{-nt} dt.
\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \sin(t) e^{-nt} dt = \text{Im} \displaystyle \int_0^{+\infty} e^{it} e^{-nt} dt = \text{Im} \displaystyle \int_{0}^{+\infty} e^{(i-n)t} dt
On a : \displaystyle \int_{a}^{b} e^{(i-n)t}dt = \left[\dfrac{e^{(i-n)t}}{i-n}\right]_a^b = \dfrac{e^{(i-n)b}-e^{(i-n)a}}{i-n}
et : |e^{(i-n)b}| = e^{-nb} \xrightarrow[b\to+\infty]{} 0 \, ; \, e^{(i-n)a} \xrightarrow[a\to 0]{} 1
\displaystyle \int_0^{+\infty} \sin(t) e^{-nt} dt = \text{Im} \dfrac{-1}{i-n} = \text{Im} \dfrac{1}{n-i} = \dfrac{1}{n^2+1}.
Ainsi : \displaystyle \int_{0}^{+\infty} \dfrac{\sin(t)}{e^t-1}dt = \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2+1}
Reste à montrer \magenta (*). On peut utiliser 2 méthodes :
Méthode 1 : "Directe"
U_n = \displaystyle \int_{0}^{+\infty} |f_n| = \displaystyle \int_{0}^{+\infty} |\sin(t)|e^{-nt} dt = \displaystyle \int_{0}^{\pi} \sin(t) e^{-nt} dt + \displaystyle \int_{\pi}^{+\infty} |\sin(t)|e^{-nt} dt
On pose : a_n = \displaystyle \int_{0}^{\pi} \sin(t) e^{-nt} dt et b_n = \displaystyle \gint_{\pi}^{+\infty} |\sin(t)|e^{-nt} dt
On a : 0 \leq a_n \leq \text{Im} \displaystyle \int_0^{\pi} e^{(i-n)t} dt = \text{Im} \dfrac{e^{(i-n)\pi }-1}{i-n} = \text{Im} \dfrac{e^{-n\pi} +1}{n-i} = \dfrac{e^{-n\pi} +1}{n^2+1} \leq \dfrac{2}{n^2+1}
Donc \displaystyle \sum a_n converge.
0 \leq b_n \leq \displaystyle \int_{\pi}^{+\infty} t e^{-nt} dt = \displaystyle \lim_{y\to+\infty}\left[\dfrac{-te^{-nt}}{n}\right] + \displaystyle \int_{\pi}^y \dfrac{e^{-nt}}{n} dt = \displaystyle \lim_{y\to+\infty} \dfrac{\pi e^{-n\pi}}{n} - \dfrac{ye^{-n\pi}}{n} + \dfrac{e^{-n\pi}-e^{-ny}}{n^2}
\displaystyle \int_{\pi}^{+\infty} t e^{-nt} dt = \dfrac{\pi e^{-n\pi}}{n} + \dfrac{e^{-n\pi}}{n^2} \leq (\pi+1)e^{-n\pi}
Donc \displaystyle \sum b_n converge.
D'où le résultat.

Méthode 2 : "Utilisation d'un théorème précédent (l'avant dernier)"
On pose |f_n|=g_n
Chaque g_n est continue, positive et intégrable sur ]0,+\infty[.
On a :
\displaystyle \sum g_n(t) = \displaystyle \sum |f_n(t)| = \displaystyle \sum |\sin(t)|e^{-nt} converge de somme : |\sin(t)| \dfrac{e^{-t}}{1-e^{-t}} = \dfrac{|\sin(t)|}{e^t-1} = |f| = g.
g est continue, positive et intégrable sur ]0,+\infty[.
D'où le résultat.
Publié le
ceci n'est qu'un extrait
Pour visualiser la totalité des cours vous devez vous inscrire / connecter (GRATUIT)
Inscription Gratuite se connecter
Merci à
Panter Correcteur pour avoir contribué à l'élaboration de cette fiche


Rechercher
Menu
Espace membre
48 visiteurs
Changer d'île

Vous devez être membre accéder à ce service...

Pas encore inscrit ?

1 compte par personne, multi-compte interdit !

Ou identifiez-vous :

Rester sur la page

Inscription gratuite

Fiches en rapport

parmi 1719 fiches de maths

Désolé, votre version d'Internet Explorer est plus que périmée ! Merci de le mettre à jour ou de télécharger Firefox ou Google Chrome pour utiliser le site. Votre ordinateur vous remerciera !