Convergence dominée et paramètre en maths spé (MP) : cours et méthodes

Les bosses \(f_n\) convergent simplement vers la fonction nulle sur \([0, 1]\), mais \(\int_0^1 f_n = 1\) pour tout \(n \geqslant 3\). Aucune fonction intégrable ne majore toutes les bosses : leur enveloppe se comporte comme \(\frac{1}{x}\) près de \(0\).

Convergence dominée. Prenons des \(f_n\) continues par morceaux sur \(I\), avec deux conditions :

• la suite \((f_n)\) admet sur \(I\) une limite simple \(f\), elle-même continue par morceaux ;
• une même fonction positive \(\varphi\), continue par morceaux et intégrable sur \(I\), majore \(|f_n(x)|\) quels que soient \(n\) et \(x \in I\).

Alors les \(f_n\) et \(f\) sont intégrables sur \(I\), et \(\displaystyle \int_I f_n \xrightarrow[n \to +\infty]{} \int_I f\).

Nous cherchons la limite de \(\displaystyle I_n = \int_0^{+\infty} e^{-x} \left(1 + \frac{x}{n}\right)^{-n} \mathrm{d}x\).

• Convergence simple : pour \(x \geqslant 0\) fixé, \(n \ln\left(1 + \frac{x}{n}\right) \to x\), donc l’intégrande tend vers \(e^{-2x}\), qui est continue.
• Domination : comme \(1 + \frac{x}{n} \geqslant 1\), on a \(\left(1 + \frac{x}{n}\right)^{-n} \leqslant 1\). Ainsi l’intégrande est majorée par \(e^{-x}\), intégrable sur \([0, +\infty[\).
• Conclusion : par convergence dominée, \(I_n \to \int_0^{+\infty} e^{-2x} \, \mathrm{d}x = \frac{1}{2}\).

1. Majorer brutalement les facteurs bornés : \(|\sin| \leqslant 1\), \(|\arctan| \leqslant \frac{\pi}{2}\), \(\left|e^{i\theta}\right| = 1\).
2. Exploiter une monotonie en \(n\) : si \(|f_n(x)|\) décroît avec \(n\), alors \(|f_1|\) domine toute la suite.
3. Utiliser les inégalités de convexité : \(\ln(1 + u) \leqslant u\) et \(1 – u \leqslant e^{-u}\).
4. Découper \(I\) en deux morceaux, par exemple \(]0, 1]\) et \([1, +\infty[\), puis dominer séparément chaque morceau.
5. Si rien ne marche, changer de variable pour faire apparaître une intégrale dont la variable ne bouge plus.

Pour chaque \(\lambda\) de \(J\), on se donne une fonction \(f_\lambda\) continue par morceaux sur \(I\). Quand \(\lambda\) tend vers \(\lambda_0\), on demande que \(f_\lambda(x)\) tende vers \(f(x)\) en tout point, avec \(f\) continue par morceaux. Enfin, une seule fonction intégrable \(\varphi\) doit majorer chaque \(|f_\lambda|\). Dans ce cadre, \(\int_I f_\lambda \to \int_I f\) quand \(\lambda \to \lambda_0\).

Nous utilisons la caractérisation séquentielle de la limite. Soit \((\lambda_n)\) une suite de \(J\) qui tend vers \(\lambda_0\). La suite \((f_{\lambda_n})\) vérifie toutes les hypothèses du théorème de convergence dominée. Donc \(\int_I f_{\lambda_n} \to \int_I f\). Ce résultat vaut pour toute suite, ce qui donne la limite annoncée.

Chaque \(u_n\) est ici continue par morceaux et intégrable sur \(I\). Deux conditions sont requises :

• la série \(\sum u_n\) admet en tout point de \(I\) une somme \(S(x)\), et la fonction \(S\) est continue par morceaux ;
• les nombres \(\int_I |u_n|\) forment une série convergente.

Alors \(S\) est intégrable sur \(I\) et \(\displaystyle \int_I S = \sum_{n=0}^{+\infty} \int_I u_n\).

Nous calculons \(\displaystyle J = \int_0^{+\infty} \frac{x^2 e^{-x}}{1 + e^{-x}} \, \mathrm{d}x\).

• Développement : pour \(x > 0\), on a \(0 < e^{-x} < 1\), donc \(\frac{1}{1 + e^{-x}} = \sum_{n \geqslant 0} (-1)^n e^{-nx}\). Ainsi l’intégrande vaut \(\sum_{n \geqslant 0} u_n(x)\) avec \(u_n(x) = (-1)^n x^2 e^{-(n+1)x}\).
• Intégrales : la fonction Gamma, étudiée plus loin, donne \(\int_0^{+\infty} x^2 e^{-kx} \, \mathrm{d}x = \frac{2}{k^3}\) pour \(k > 0\). Par conséquent, \(\int_0^{+\infty} |u_n| = \frac{2}{(n+1)^3}\), terme général d’une série convergente.
• Conclusion : le théorème s’applique, et \(J = 2 \sum_{n \geqslant 0} \frac{(-1)^n}{(n+1)^3}\).

En séparant les rangs pairs et impairs, la somme alternée vaut \(\frac{3}{4} \zeta(3)\). On obtient donc \(J = \frac{3}{2} \zeta(3)\).

1. Écrire la somme partielle \(S_N = \sum_{n=0}^{N} u_n\) sous forme close, souvent grâce à une somme géométrique.
2. Majorer \(|S_N(x)|\) par une fonction intégrable indépendante de \(N\).
3. Appliquer la convergence dominée à \((S_N)\), puis utiliser la linéarité : \(\int_I S_N = \sum_{n=0}^{N} \int_I u_n\).

Nous montrons que \(\displaystyle \int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{1 + x^3} = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{3n + 1}\).

• Ici \(u_n(x) = (-1)^n x^{3n}\), et \(\int_0^1 |u_n| = \frac{1}{3n + 1}\) : la série des valeurs absolues diverge.
• Pour \(x \in [0, 1]\), la somme géométrique donne \(S_N(x) = \frac{1 – (-x^3)^{N+1}}{1 + x^3}\). Donc \(|S_N(x)| \leqslant 2\), et la constante \(2\) est intégrable sur le segment \([0, 1]\).
• De plus, \(S_N(x) \to \frac{1}{1 + x^3}\) pour \(x \in [0, 1[\). Le point \(x = 1\) ne gêne pas : il suffit de travailler sur \([0, 1[\), qui a les mêmes intégrales.

La convergence dominée donne alors l’égalité annoncée. Un calcul de primitive montre enfin que la somme vaut \(\frac{\ln 2}{3} + \frac{\pi}{3\sqrt{3}}\).

Trois conditions suffisent :

• à \(x\) fixé dans \(A\), l’application \(t \mapsto f(x, t)\) est continue par morceaux sur \(I\) ;
• à \(t\) fixé dans \(I\), l’application \(x \mapsto f(x, t)\) est continue sur \(A\) ;
• une fonction \(\varphi\), intégrable sur \(I\), majore \(|f(x, t)|\) par \(\varphi(t)\) pour tout couple \((x, t)\).

Sous ces conditions, \(F\) existe en tout point de \(A\) et y est continue.

La domination assure d’abord que chaque \(t \mapsto f(x, t)\) est intégrable, donc \(F\) est définie. Ensuite, fixons \(a \in A\) et une suite \((x_n)\) de \(A\) qui tend vers \(a\). Posons \(g_n(t) = f(x_n, t)\). Par continuité en \(x\), on a \(g_n(t) \to f(a, t)\) pour tout \(t\). De plus, \(|g_n| \leqslant \varphi\). La convergence dominée donne donc \(F(x_n) \to F(a)\), ce qui prouve la continuité séquentielle en \(a\).

Si \(A\) est un intervalle, la conclusion du théorème subsiste lorsque l’hypothèse de domination est vérifiée sur chaque segment \([a, b] \subset A\), avec une fonction \(\varphi_{a,b}\) qui peut dépendre du segment.

Soit \(F(x) = \int_0^{+\infty} \frac{e^{-xt}}{1 + t^2} \, \mathrm{d}t\) pour \(x \geqslant 0\).

• Les deux premières hypothèses sont claires : l’intégrande est continue en chacune des variables.
• Domination globale : pour \(x \geqslant 0\), on a \(e^{-xt} \leqslant 1\), donc l’intégrande est majorée par \(\frac{1}{1 + t^2}\), intégrable sur \([0, +\infty[\).
• Ainsi \(F\) est continue sur \([0, +\infty[\), et \(F(0) = \frac{\pi}{2}\).

Cette fois, aucune domination locale n’est nécessaire. Elle le deviendra pour la dérivée, qui fait apparaître un facteur \(t\).

Le paramètre parcourt un intervalle \(J\). Nous notons \(\partial_x f\) la dérivée partielle de \(f\) par rapport au paramètre. Les conditions sont les suivantes :

• à chaque \(x\) de \(J\), l’application \(t \mapsto f(x, t)\) est intégrable sur \(I\) ;
• la dérivée \(\partial_x f\) existe en tout point de \(J \times I\), elle est continue par rapport à \(x\) et continue par morceaux par rapport à \(t\) ;
• une fonction \(\varphi\) intégrable sur \(I\) vérifie \(|\partial_x f(x, t)| \leqslant \varphi(t)\) en tout point.

La fonction \(F\) est alors de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(J\), et sa dérivée se calcule sous l’intégrale : \(F^{\prime}(x) = \int_I \partial_x f(x, t) \, \mathrm{d}t\).

Pour \(x > -1\), posons \(\displaystyle \Phi(x) = \int_0^{+\infty} \frac{1 – e^{-xt}}{t} \, e^{-t} \, \mathrm{d}t\).

• Intégrabilité : l’intégrande tend vers \(x\) quand \(t \to 0\), et elle est majorée par \(\frac{e^{-t} + e^{-(1+x)t}}{t}\) sur \([1, +\infty[\). Elle est donc intégrable.
• Dérivée partielle : la dérivée en \(x\) de l’intégrande vaut \(e^{-(1+x)t}\). Sur un segment \([a, b]\) avec \(a > -1\), elle est majorée par \(e^{-(1+a)t}\), intégrable.
• Ainsi \(\Phi\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(]-1, +\infty[\) et \(\Phi^{\prime}(x) = \int_0^{+\infty} e^{-(1+x)t} \, \mathrm{d}t = \frac{1}{1 + x}\).

Comme \(\Phi(0) = 0\), on en déduit \(\Phi(x) = \ln(1 + x)\). Le paramètre a donc transformé une intégrale difficile en une primitive.

Fixons un entier \(k \geqslant 1\) et notons \(\partial_x^{j} f\) la dérivée partielle d’ordre \(j\) par rapport au paramètre. Supposons ces dérivées définies jusqu’à l’ordre \(k\), continues en \(x\) et continues par morceaux en \(t\). Supposons aussi chaque \(\partial_x^{j} f(x, \cdot)\) intégrable sur \(I\) pour \(j \leqslant k – 1\), et la dernière, \(\partial_x^{k} f\), dominée sur tout segment de \(J\). Dans ces conditions, \(F\) est de classe \(\mathcal{C}^k\), et ses dérivées successives se calculent toutes sous l’intégrale.

Pour \(x > 0\), on pose \(\displaystyle \Gamma(x) = \int_0^{+\infty} t^{x-1} e^{-t} \, \mathrm{d}t\).

Pour tout \(x > 0\), \(\Gamma(x + 1) = x \, \Gamma(x)\). Par conséquent, \(\Gamma(n + 1) = n!\) pour tout entier \(n \geqslant 0\). De plus, \(\Gamma\) est de classe \(\mathcal{C}^\infty\) sur \(]0, +\infty[\), avec

\[ \Gamma^{(k)}(x) = \int_0^{+\infty} (\ln t)^k \, t^{x-1} e^{-t} \, \mathrm{d}t. \]

Nous traitons la régularité. Fixons \(0 < a < b\). Pour \(x \in [a, b]\), on a \(t^{x-1} \leqslant t^{a-1}\) si \(t \in ]0, 1]\) et \(t^{x-1} \leqslant t^{b-1}\) si \(t \geqslant 1\). Ainsi, pour tout \(k\), la dérivée partielle d’ordre \(k\) est majorée par \(|\ln t|^k \left(t^{a-1} + t^{b-1}\right) e^{-t}\). Cette fonction est intégrable : près de \(0\), \(|\ln t|^k t^{a-1}\) est négligeable devant \(t^{a/2 – 1}\). Le théorème 4.2 conclut alors pour tout \(k\).

Soit \(f\) continue par morceaux sur \([0, +\infty[\). Sa transformée de Laplace est \(\displaystyle \mathcal{L}f(p) = \int_0^{+\infty} f(t) \, e^{-pt} \, \mathrm{d}t\), pour les réels \(p\) où l’intégrale converge absolument.

Soit \(f\) continue par morceaux et intégrable sur \(\mathbb{R}\). Sa transformée de Fourier est \(\displaystyle \widehat{f}(\xi) = \int_{-\infty}^{+\infty} f(t) \, e^{-i \xi t} \, \mathrm{d}t\), pour \(\xi \in \mathbb{R}\).

La domination \(\left|f(t) e^{-i\xi t}\right| = |f(t)|\) est globale. Ainsi \(\widehat{f}\) est continue et bornée par \(\int_{\mathbb{R}} |f|\). Si de plus \(t \mapsto t f(t)\) est intégrable, alors \(\widehat{f}\) est de classe \(\mathcal{C}^1\), et sa dérivée vaut \(\int_{\mathbb{R}} -i t f(t) e^{-i\xi t} \, \mathrm{d}t\).

Reprenons \(F(x) = \int_0^{+\infty} \frac{e^{-xt}}{1 + t^2} \, \mathrm{d}t\) et cherchons un équivalent en \(+\infty\).

• Pour \(x > 0\), le changement de variable \(u = xt\) donne \(\displaystyle x F(x) = \int_0^{+\infty} \frac{e^{-u}}{1 + u^2 / x^2} \, \mathrm{d}u\).
• Pour \(u\) fixé, l’intégrande tend vers \(e^{-u}\) quand \(x \to +\infty\). De plus, elle est majorée par \(e^{-u}\), intégrable.
• Par convergence dominée à paramètre réel, \(x F(x) \to \int_0^{+\infty} e^{-u} \, \mathrm{d}u = 1\).

On conclut que \(F(x) \sim \frac{1}{x}\) quand \(x \to +\infty\).

Cherchons le comportement de \(G(x) = \int_0^{+\infty} \frac{e^{-t}}{x + t} \, \mathrm{d}t\) quand \(x \to 0^+\).

1. Repérer la cause de l’explosion : en \(x = 0\), l’intégrande vaut \(\frac{e^{-t}}{t}\), non intégrable en \(0\).
2. Couper : \(G(x) = \int_0^1 \frac{\mathrm{d}t}{x + t} + \int_0^1 \frac{e^{-t} – 1}{x + t} \, \mathrm{d}t + \int_1^{+\infty} \frac{e^{-t}}{x + t} \, \mathrm{d}t\).
3. Calculer le morceau principal : il vaut \(\ln(1 + x) – \ln x\).
4. Borner le reste : comme \(|e^{-t} – 1| \leqslant t \leqslant x + t\), le deuxième morceau est dans \([-1, 0]\). Le troisième est dans \([0, 1]\).

Ainsi \(G(x) = -\ln x + O(1)\), donc \(G(x) \sim -\ln x\) quand \(x \to 0^+\).

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