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Thm conv dominée

Posté par
bouri 09-06-23 à 11:50

Bonjour,

Je fais un exercice pour déterminer la valeur de la somme des 1/n²
A un moment donné, il est demandé de démontrer grâce au théorème de convergence dominée que \int_0^1 \sum_{n=0}^{\infty} x^{2n}= \sum_{n=0}^{\infty} \int_0^1 x^{2n}
Mais je ne comprends pas très bien, pour utiliser le théorème de convergence dominée, je voulais définir S_n : x \mapsto \sum_{k=0}^n x^{2k} mais cette suite de fonctions ne converge simplement que sur [0,1[ vers S : x \mapsto \dfrac{1}{1-x^2} qui est bien continue sur [0,1[
Ensuite, je voulais utiliser la majoration, S_n(x) \leq \dfrac{1}{1-x} qui est intégrable
Mais donc on a seulement  \int_0^A \sum_{n=0}^{\infty} x^{2n}= \sum_{n=0}^{\infty} \int_0^A x^{2n} avec A<1 non ?

Comment faire pour avoir le résultat sur tout [0,1] ?

Merci d'avance

Posté par
jsvdbre : Thm conv dominée 09-06-23 à 16:29

Bonjour bouri

rappelle toi qu'en terme d'intégrale impropre on a ceci :

si f est définie sur I = [0,1[ est telle que :

- f est localement intégrable sur I

- \exists M > 0, \forall A \in [0,1[, \left| \int_{0}^A f(u)du\right| \leq M (domination indépendante de A)

Alors par définition \int_{0}^1f(u) du = \lim_{A \rightarrow 1} \int_{0}^Af(u)du=\blue \lim_{A \rightarrow 1} \int_{0}^1f(u)\bold 1_{[0,A]}(u)du=\int_{0}^1\lim_{A \rightarrow 1}f(u)\bold 1_{[0,A]}(u)

et la petite cerise sur le gâteau \left| \int_{0}^1 f(u)du\right|\leq M

Tu peux donc conclure ceci

Citation :
Mais donc on a seulement  \int_0^A \sum_{n=0}^{\infty} x^{2n}= \sum_{n=0}^{\infty} \int_0^A x^{2n} avec A<1 non ?

Posté par
bourire : Thm conv dominée 09-06-23 à 18:02

Merci pour la réponse rapide !

On a toujours l'égalité suivante ?


jsvdb @ 09-06-2023 à 16:29


\blue \lim_{A \rightarrow 1} \int_{0}^1f(u)\bold 1_{[0,A]}(u)du=\int_{0}^1\lim_{A \rightarrow 1}f(u)\bold 1_{[0,A]}(u)


Intervertir intégrale et limite est toujours possible ? Sans condition ?

Posté par
jsvdbre : Thm conv dominée 09-06-23 à 22:31

Y'a un détail auquel j'ai pas fait gaffe dans l'énoncé : il me semble que \int_0^1 x^{2n}dx=\frac{1}{2n+1} qui a une petite tête de série divergente !
Ça ne me paraît pas compatible avec le théorème de convergence dominée qui demande des objets intégrables donc à intégrale de valeur absolue, finie.

Posté par
jsvdbre : Thm conv dominée 09-06-23 à 23:00

Citation :
Ensuite, je voulais utiliser la majoration, S_n(x) \leq \red \dfrac{1}{1-x} qui est intégrable

Sur [0,1[ ... pas vraiment !

Pas plus que  
Citation :
S : x \mapsto \dfrac{1}{1-x^2} qui est bien continue sur [0,1[  !

mais pas intégrable !

Posté par
bourire : Thm conv dominée 10-06-23 à 09:43

jsvdb @ 09-06-2023 à 23:00

Citation :
Ensuite, je voulais utiliser la majoration, S_n(x) \leq \red \dfrac{1}{1-x} qui est intégrable

Sur [0,1[ ... pas vraiment !

Pas plus que  
Citation :
S : x \mapsto \dfrac{1}{1-x^2} qui est bien continue sur [0,1[  !

mais pas intégrable !


Les fonctions x \mapsto \dfrac{1}{1-x} et x \mapsto \dfrac{1}{1-x^2} sont continues sur [0,1[ donc intégrables non ? (mais pas sur [0,1])

Posté par
bourire : Thm conv dominée 10-06-23 à 09:51

Au temps pour moi, on veut démontrer \displaystyle{\int_0^1 \sum_{n=0}^{\infty}\ln(x)x^{2n} = \sum_{n=0}^{\infty}  \int_0^1 \ln(x)x^{2n}

Donc on note S_n : x \mapsto \sum_{k=0}^{n} \ln(x)x^{2k}   qui converge simplement vers la fonction S : x \mapsto \dfrac{\ln(x)}{1-x^2} sur [0,1[ et S(1)=0
Chaque Sn est continue sur [0,1], S est continue par morceaux sur [0,1]
Et pour tout n, pour x dans [0,1], \vert S_n(x) \vert \leq \dfrac{\ln(x)}{1-x^2} qui est intégrable sur [0,1]

Donc on peut appliquer le théorème de convergence dominée ?

Posté par
jsvdbre : Thm conv dominée 10-06-23 à 10:36

Citation :
Les fonctions x \mapsto \dfrac{1}{1-x} et x \mapsto \dfrac{1}{1-x^2} sont continues sur [0,1[ donc intégrables non ? (mais pas sur [0,1])

Non ! C'est l'objet de mon post Thm conv dominée
Tes fonctions sont bien continues sur [0,1[ donc localement intégrables mais la limite de l'intégrale quand A ->1 n'existe pas !

Posté par
jsvdbre : Thm conv dominée 10-06-23 à 12:40

Ici l'utilisation du TCD est assez simple :

S_n converge simplement vers S sur ]0,1[

|S_n(x)| \leq |S(x)| sur ]0,1[ (la domination ne dépend plus de n)

|S(x)| est intégrable sur ]0,1[

Conclusion :

\int_{]0,1[} \sum_{n=0}^{\infty}\ln(x)x^{2n} = \sum_{n=0}^{\infty}  \int_{]0,1[} \ln(x)x^{2n}

Posté par
bourire : Thm conv dominée 11-06-23 à 14:34

Merci !
Bonne fin de week end !


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