Intégration d@une suite et d@une série de fonctions : ITT et

Intégration d’une suite et d’une série de fonctions : ITT et convergence dominée
1) Théorème d’intégration terme à terme d’une série de fonctions
a) Théorème : Soit Pfnune série de fonctions continues (par morceaux) convergeant simplement sur Ivers une fonction S,
c’est-à-dire que pour tout x2I,P+1
n=0 fn(x) = S(x): convergence point par point.
On suppose que Sest continue (par morceaux) et que Pn2NRIjfnjconverge .
Alors S=P+1
n=0 fnest intégrable et RIS=P+1 n=0 RIfn:
Exemple :(|||) On a R1
0
ln(1 + t)
tdt =P+1
n=1
(1)n1
n2=2 12 :L’application t7! ln(1 + t) test continue sur ]0;1].
En e¤et, on a 8t2[0;1],ln(1 + t)
t=P+1
n=1
(1)n1tn
n, et comme R1
0
tn
ndt =1 n2, la série P+1
n=1 R1
0
tn
ndt converge.
b) Exemple :(|||)R1
0
et1
tdt =R1
0P+1
n=1
tn1
n!dt =P+1
n=1
1
n:n!.
En e¤et, et=P+1
n=0
tn
n!, donc et1 t=P+1
n=1
tn1
n!continue sur [0;1], et la série R1
0P+1
n=1
tn1
n!dt converge.
Exemple :(|||)R+1
0
t
et1dt =R+1
0tP+1
n=1 ent dt =P+1 n=1 R+1
0tent dt =P+1
n=1
1
n2=2 6:
Remarque importante : De façon générale, si les fonctions continues par morceaux fnsont positives et si Pfnconverge vers
une fonction Scontinue (par morceaux) et intégrable, alors RIS=P+1
n=0 RIfn:
Exemple :(|||) On a R+1
0
t
sh tdt =R+1
0
2tet
1e2tdt = 2 R+1
0P+1
n=1 te(2n+1)tdt = 2 P+1 n=1
1
(2n+ 1)2=2 4:
c) Cas des séries alternées.
Prop : Supposons que pour tout x2I,P(1)nfn(x)est une série véri…ant le critère spécial des séries alternées.
On pose S(x) = P+1
n=0(1)nfn(x), et on suppose Scpm et les fncpm et intégrables.
On suppose de plus que limn!+1RIfn= 0. Alors Sest intégrable et RIS=P+1
n=0(1)nRIfn:
Remarque : On ne peut pas toujours appliquer directement le théorème ITT, car il se peut que P+1
n=0 RIfn= +1.
Preuve : La fonction Sest intégrable car jSj  f0:
On pose Sn=Pn
k=0(1)kfk(x). On a par linéarité RISn=Pn k=0(1)kRIfk:
Il s’agit de prouver que RIS= limn!+1Pn
k=0(1)kRIfk, c’est-à-dire RIS= limn!+1RISn:
En posant Rn=SSn, il s’agit donc de montrer : limn!+1RIRn:= 0:Or, on a jRnj  fn+1, donc RIRnRIfn!0.
Exemple :On a P+1
n=0
(1)n
n+ 1 =P+1
n=0 R1
0(1)nxndx qui est égal en fait à R1 0
dx
1 + x= ln(2):
Remarque : Une autre solution consisterait, pour se ramener au cas du b), à regrouper les termes deux par deux.
En e¤et, S(x) = P+1
k=0 gk(x), où gk(x) = f2k(x)f2k+1(x)0: on peut alors appliquer le th ITT:
2) Théorème de convergence dominée pour les suites d’intégrales
a) Théorème : Soit (fn)n2Nune suite de fonctions continues (par morceaux) et intégrables sur I.
On suppose que (fn)n2Nconverge simplement vers f:I!Rcontinue (par morceaux).

On suppose qu’il existe ':I!Rintégrable et dominant (fn)n2N, c’est-à-dire véri…ant 8n2N;jfnj  ':
Alors fest intégrable sur I, et RIf= limn!+1RIfn:
Remarque : On a jfn(t)j  '(t), donc par passage à la limite, jf(t)j  '(t), donc fest intégrable.
Remarque : Il su¢ t que la majoration jfn(t)j  '(t)soit vraie pour nassez grand.
Exemple : (||) On a limn!+1R1
0
ln(1 + t)
t11=n dt =R1
0
ln(1 + t)
tdt:
En e¤et, on a 8t2]0;1],limn!+1
ln(1 + t)
t11=n =ln(1 + t)
t, et ln(1 + t)
t11=n ln(1 + t)
tintégrable sur ]0;1].
Exemple : (||) Supposons que Iest un segment. Pour que l’hypothèse de domination soit véri…ée, il su¢ t que les fnsoient
uniformément bornées (c’est-à-dire qu’il existe Mindépendant de ntel que 8n2N,sup jfnj  M).
Exemple : (||)Contre-exemple : Considérons 8n2N,In=R+1
0fn(t)dt, avec 8t2]0;+1[,fn(t) = nent:
On a 8t2]0;+1[,limn!+1(nent) = 0:Mais on ne peut pas trouver de fonction de domination.
D’ailleurs, on a 8n2N,In= 1 6= 0:Ici, la limite des intégrales n’est pas l’intégrale de la limite.
Exemple : (|||) On a 8x > 0,(x) = R+1
0tx1etdt. Montrons que (x) = limn!+1Rn 0tx11t
nn
dt.
Pour n2N, considérons les fonctions continues fn:]0;+1[!Rdé…nies par fn(t) = 8
>
<
>
:
tx11t
nn
si 0< t n
0si tn
Pour tout t > 0, on a fn(t) = tx11t
nn
pour nassez grand, donc limn!+1tx11t
nn
=tx1et=f(t):
D’autre part, pour tout n2N, on a 8t2]0;+1[,fn(t)tx1et=f(t), car 1t
nn
et:
La fonction fest intégrable sur ]0;+1[.
Par le théorème de convergence dominée, on obtient donc limn!+1R+1
0fn=R+1 0f, d’où le résultat.
Remarque :R+1
0fn=Rn 0tx11t
nn
dt =nxR1
0ux1(1 u)ndu =n!nx
x(x+ 1):::(x+n):
On en déduit la formule classique (x) = limn!+1Rn
0tx11t
nn
dt = limn!+1
n!nx
x(x+ 1):::(x+n):
Par exemple, 1
23 25 2:::(n1 2)n!pn, car ( 1 2) = p:
3) Intégrales dépendant d’un paramètre continu
Rappel :Caractérisation séquentielle des limites : Soit g:I!R,a2R[f1;+1g adhérent à I.
Alors limx!ag(x) = Lssi pour toute suite (xn)n2Nd’éléments de I, on a limn!+1g(xn) = L:
Prop : Soit f:AI!R(x; t)7! f(x; t)telle que t7! f(x; t)est continue (par morceaux) sur I(pour tout x).
On suppose qu’il existe :I!Rcontinue par morceaux telle que 8t2I,(t) = limx!af(x; t).
On suppose qu’il existe ':I!Rtelle que 'est intégrable et 8x2A; 8t2I; jf(x; t)j  '(t):
Alors est intégrable sur Iet limx!aRIf(x; t)dt =RI(t)dt :

dem : Il s’agit de prouver que pour toute suite (xn)n2Ntendant vers adans A, on a limn!+1RIf(xn; t)dt =RI(t)dt:
On applique le théorème de convergence dominée à la suite (fn)n2N, où fn(t) = f(xn; t):
On a limn!+1fn(t) = (t)et 8n2N,8t2I,jfn(t)j  '(t):D’où le résultat.
Attention : Cet énoncé étant hp, la preuve doit être (en principe) reproduite à chaque utilisation.
Remarque : Il su¢ t que la domination 8t2I; jf(x; t)j  '(t)soit vraie pour xau voisinage de adans A.
Exemple : (|||) Soit fintégrable sur [0;+1[. On considère L(x) = R+1
0f(t)etx dt: Alors limx!+1L(x) = 0.
En e¤et, soit (xn)n2Nune suite tendant vers +1. On a 8t,limn!+1f(t)etxn= 0 et 8n2N,jf(t)etxnj  jf(t)j:
Par le théorème de convergence dominée, on a donc limn!+1L(xn) = R+1
00 = 0:
Exemple : (||)Théorème de Cesàro (pour les fonctions).
Soit f: [0;+1[!R. Si limx!+1f(x) = L, alors limx!+1
1
xRx
0f(t)dt =L:
En e¤et, 1
xRx
0f(t)dt =R1 0f(tx)dt: On a limx!+1f(tx) = Let f(tx)L, donc limx!+1R1 0f(tx)dt =R1 0L dt =L:
4) Théorème de convergence dominée pour les séries. (hp)
Théorème : Soit Pn2Nan(x)une série dont le terme général dépend d’un paramètre x2X(on a souvent X=N).
On suppose que pour tout n2N,limx!x0an(x) = bn.
On suppose qu’il existe une série Pn2N'nà termes positifs et convergente telle que 8x2A,8n2N,jan(x)j  'n:
Alors les séries Pn2Nan(x)et la série Pn2Nbnconvergent, et limn!+1P+1
n=0 an(x) = P+1
n=0 bn:
Exemple : Montrons que limn!+1Pn
k=0 1k
nn=P+1
k=0 ek=e
e1:On obtient donc Pn
k=0 kne
e1nn:
On applique le théorème à 8k2N,8n2N,an(k) = 1k
nnsi knet 0si k > n.
On a 8k2N,limn!+1an(k) = limn!+11k
nn=eket an(k)ek. La série limite et dominante Pekconverge.
5) Théorème de convergence monotone (hp)
a) Théorème : Soit (Sn)n2Nune suite croissante de foncitons continues positives (par morceaux) convergeant simplement sur
Ivers une fonction Scontinue par morceaux. Alors RIS(t)dt = limn!+1RISn(t)dt.
En termes de séries de fonctions :
Si les fnsont continues (par morceaux) et positives et si S=P+1
n=0 fnest continue, alors RIS(t)dt =P+1 n=0 RIfn:
Remarque : On a SnS, donc RISn(t)dt RIS(t)dt. Si limn!+1RISn(t)dt = +1, alors RIS(t)dt = +1:
Remarque : Ce théorème n’est pas au programme mais se déduit du théorème ITT (ou du théorème de cv dominée).
Si limn!+1RISn(t)dt < +1, c’est-à-dire P+1
n=0 RIfnconverge, alors RIS(t)dt = limn!+1RISn(t)dt par le th ITT.
Si Sest intégrable, alors 8n,SnS, donc par convergence dominée, RIS(t)dt = limn!+1RISn(t)dt:

Utilisation du théorème de convergence dominée pour obtenir un équivalent
Le principe consiste à se ramener à une limite non nulle (en pratique, à une fonction limite positive non nulle).
On utilise de façon essentielle des changements de variables (souvent a¢ ne et fonction du paramètre) pour renormaliser
l’intégrale de sorte à faire apparaître une fonction limite non nulle.
Exemple : (|||) Considérons, In=R+1
0
dt
(1 + t2)n.
Le théorème de cv dominée permet d’obtenir limn!+1In= 0.
En e¤et, limn!+1
1
(1 + t2)n= 0 et 1 (1 + t2)n1 1 + t2='(t):
Mais pour obtenir un équivalent, on e¤ectue un changement de variable , a…n d’exploiter limn!+11 + u2
nn
=eu2:
En e¤et, on a In=1
pnR+1
0
du
(1 + u2=n)n=1
pnJn, où Jn=R+1
0
du
(1 + u2=n)n:
On a 8u > 0,limn!+1
1
(1 + u2=n)n=eu2:
D’autre part, on a, par la formule du binôme, 1 + u2
nn
1 + nu2
n= 1 + u2.
Donc 8n2N,8u2[0;+1[,1
(1 + u2=n)n1 1 + u2='(u), avec 'intégrable sur [0;+1[.
Par le théorème de convergence dominée, on obtient limn!+1Jn=R+1
0eu2du =p
2, d’où Ins1 nr n:
Exemple : (|||) Considérons In=R1
0ln(1 + tn)dt:
Le théorème de convergence dominée donne limn!+1In= 0:
En e¤et, 8t2[0;1[,limn!+1ln(1 + tn) = 0 et 8n2N,8t2[0;1],0ln(1 + tn)ln 2:
Pour obtenir un équivalent, on e¤ectue le changement de variable u=tn, c’est-à-dire t=u1=n.
En e¤et, on obtient In=1
nJn, où Jn=R1
0
ln(1 + u)
u11=n du:
Le théorème de convergence dominée donne limn!+1R1
0
ln(1 + t)
t11=n dt =R1
0
ln(1 + t)
tdt:
En e¤et, 8n2N,8t2]0;1],0ln(1 + t)
t11=n ln(1 + t)
tet 8t2]0;1],limn!+1
ln(1 + t)
t11=n =ln(1 + t)
t:
On en conclut que In
n, où =R1
0
ln(1 + t)
tdt: Montrons pour conclure que =2 12 :
En e¤et, on a 8t2]0;1],ln(1 + t)
t=P+1
n=1
(1)n1
ntn, on a par ITT : R1
0
ln(1 + t)
tdt =P+1
n=1
(1)n1
n2=2 12 :
Exemple : (|||) Considérons I(x) = R+1
0
et
1 + xt2dt:
On cherche un équivalent de I(x)lorsque xtend vers +1.
Le théorème convergence dominée donne limx!+1I(x) = 0 (en prenant '(t) = et).
On e¤ectue le changement de variable a¢ ne u=pxt.
On obtient I(x) = 1
pxJ(x), où J(x) = R+1
0
eu=px
1 + u2du:

On a limx!+1
eu=px
1 + u2=1 1 + u2, et eu=px 1 + u21 1 + u2:
D’où limx!+1J(x) = R+1
0
1
1 + u2du = 2, et on en conclut qu’en +1,I(x)s1
px
2:
Exercice : (|||) On pose 8x0,f(x) = R+1
0
eu
pu+xdu et 8x > 0,g(x) = R+1
0
etx
p1 + tdt:
Montrer que f(x)s1
pxlorsque xtend vers +1.
On donne f(0) = (1
2) = p: Déterminer un équivalent de gen 0+et en +1.
Solution :
On a f(x) = 1
pxR+1
0f(u; x)du, avec f(u; x) = eu
p1 + u=x:
On a 8u2[0;+1[,limx!+1f(u; x) = euet 8x > 0,8u2[0;+1[,0f(u; x)eu:
On déduit du théorème de convergence dominée que limx!+1R+1
0f(u; x)du =R+1 0eudu = 1:
En toute rigueur, on devrait revenir à la caractérisation séquentielle (en considérant (xn)n2Ntendant vers +1).
On obtient donc f(x)s1
pxlorsque xtend vers +1.
En e¤ectuant le changement de variable u=tx, on a g(x) = 1
pxR+1
0
eu
pu+xdu =f(x) px:
On a donc g(x)s1
xlorsque xtend vers +1.
D’autre part, 8u2[0;+1[,limx!+1
eu
pu+x=eu puet 8x > 0,8u2[0;+1[,0eu pu+xeu pu='(u):
Par convergence dominée, on obtient limx!0R+1
0
eu
pu+xdu =R+1
0
eu
pudu =  1
2=p: D’où g(x)sr x:
Transformée de Laplace
Soit f: [0;+1[!Rcontinue, telle que pour tout x > 0, la fonction t7! extf(t)est intégrable sur [0;+1[.
On pose 8x > 0,L(x) = R+1
0extf(t)dt. La fonction Lest appelée transformée de Laplace de f:
Prop : On a limx!+1L(x) = 0:
Preuve : On a (limx!+1extf(t) = 0 si t > 0(et f(0) si t= 0)
8x1,8t2[0;+1[,jf(t)extj  jf(t)jet='(t)intégrable , donc limx!+1L(x) = R+1
00dt = 0:
Théorème de la valeur initiale : On suppose fbornée et f(0) 6= 0. Alors L(x)f(0)
xlorsque xtend vers +1.
Preuve : En e¤et, L(x) = 1
xR+1
0euf(u
x)du: Posons M= sup[0;+1[jfj:
8x > 0,8u2[0;+1[;euf(u
x)Meu, et 8u2[0;+1[,limx!+1euf(u x) = f(0):
Donc limx!+1R+1
0euf(u
x)du =R+1
0euf(0) du =f(0):
Théorème de la valeur …nale : On suppose lim+1f=6= 0. Alors L(x)
xlorsque xtend vers 0+.
Preuve : En e¤et, L(x) = R+1
0extf(t)dt =1
xR+1
0euf(u
x)du:
Or, la fonction fest bornée (car continue sur [0;+1[et convergeant en +1).
On a 8x > 0,8u2]0;+1[;euf(u
x)Meuet 8u2]0;+1[,limx!0;x>0euf(u x) = eu: