Corrigé du contrôle de maths L3 : convergence dominée et intégrales à paramètre

Exercice 1 : Question de cours, convergence dominée et continuité (4 points)

1. Théorème de convergence dominée. Soit \((f_n)\) une suite de fonctions mesurables de \(X\) dans \(\mathbb{R}\) (ou \(\mathbb{C}\)) telle que : \((f_n)\) converge \(\mu\)-presque partout vers une fonction \(f\) ; il existe \(g\) intégrable, positive, avec \(|f_n| \leq\, g\) presque partout pour tout \(n\). Alors \(f\) est intégrable, \(\int_X |f_n – f| \,\mathrm{d}\mu \to 0\) et \(\int_X f_n \,\mathrm{d}\mu \to \int_X f \,\mathrm{d}\mu\).
2. Dérivation sous le signe intégrale. Soit \(f : I \times X \to \mathbb{R}\) telle que : pour tout \(x \in I\), \(t \mapsto f(x, t)\) est intégrable ; pour presque tout \(t\), \(x \mapsto f(x, t)\) est dérivable sur \(I\) ; il existe \(g\) intégrable avec \(|\frac{\partial f}{\partial x}(x, t)| \leq\, g(t)\) pour tout \(x \in I\) et presque tout \(t\). Alors \(F\) est dérivable sur \(I\) et \(F^{\prime}(x) = \int_X \frac{\partial f}{\partial x}(x, t) \,\mathrm{d}\mu(t)\). Si de plus \(x \mapsto \frac{\partial f}{\partial x}(x, t)\) est continue, \(F\) est de classe \(C^1\).
3. Pour tout \(x \in I\), la fonction \(t \mapsto f(x, t)\) est mesurable et dominée par \(g\) intégrable. Elle est donc intégrable : \(F\) est définie sur \(I\).
   
   Soit ensuite \(x_0 \in I\) et \((x_n)\) une suite de \(I\) qui converge vers \(x_0\). On pose \(h_n(t) = f(x_n, t)\). Vérifions les hypothèses du théorème de convergence dominée :
   
   – chaque \(h_n\) est mesurable ;
   
   – pour presque tout \(t\), la continuité de \(x \mapsto f(x, t)\) donne \(h_n(t) \to f(x_0, t)\) ;
   
   – pour tout \(n\) et presque tout \(t\), \(|h_n(t)| \leq\, g(t)\), avec \(g\) intégrable et indépendante de \(n\).
   
   Le théorème donne \(F(x_n) = \int h_n \to \int f(x_0, t) \,\mathrm{d}\mu(t) = F(x_0)\). Par la caractérisation séquentielle de la continuité, \(F\) est continue en \(x_0\), donc sur \(I\).

Barème : a) 1 point (0,5 si la domination indépendante de \(n\) manque) ; b) 1 point ; c) 2 points : 0,5 pour la définition de \(F\), 1 point pour les trois hypothèses vérifiées, 0,5 pour l’argument séquentiel.

Exercice 2 : Trois limites d’intégrales (3 points)

1. Posons \(f_n(x) = \frac{n \sin(x/n)}{x(1 + x^2)}\) sur \(]0, +\infty[\). Ces fonctions sont continues, donc mesurables. Pour \(x > 0\) fixé, \(n \sin(x/n) \to x\), donc \(f_n(x) \to \frac{1}{1 + x^2}\). De plus, l’inégalité \(|\sin u| \leq\, |u|\) donne \(|f_n(x)| \leq\, \frac{1}{1 + x^2}\), fonction intégrable sur \(]0, +\infty[\) et indépendante de \(n\). Par convergence dominée, la limite vaut \(\int_{0}^{+\infty} \frac{\mathrm{d}x}{1 + x^2}\). Elle est égale à \(\dfrac{\pi}{2}\).
2. Posons \(f_n(x) = (1 – \frac{x}{n})^n \mathbf{1}_{[0, n]}(x)\) sur \([0, +\infty[\). Pour \(0 \leq\, x < n\), on a \(\ln(1 – \frac{x}{n}) \leq\, -\frac{x}{n}\) (concavité du logarithme), donc \(0 \leq\, f_n(x) \leq\, e^{-x}\). L’inégalité reste vraie pour \(x \geq\, n\), où \(f_n(x) = 0\). La fonction \(e^{-x}\) est intégrable sur \([0, +\infty[\). Pour \(x\) fixé, dès que \(n > x\), \(f_n(x) = \exp(n \ln(1 – \frac{x}{n})) \to e^{-x}\). Par convergence dominée, la limite vaut \(\int_{0}^{+\infty} e^{-x} \,\mathrm{d}x = 1\). On peut contrôler : l’intégrale vaut exactement \(\frac{n}{n + 1}\).
3. Posons \(f_n(x) = \frac{1 + n x}{(1 + x)^n}\) sur \([0, 1]\). L’inégalité de Bernoulli \((1 + x)^n \geq\, 1 + n x\) donne \(0 \leq\, f_n \leq\, 1\). La constante 1 est intégrable sur \([0, 1]\), qui est de mesure finie. Pour \(x \in \,]0, 1]\) et \(n \geq\, 2\), la formule du binôme donne \((1 + x)^n \geq\, \frac{n(n-1)}{2} x^2\), d’où \(f_n(x) \leq\, \frac{2(1 + n x)}{n(n-1) x^2} \to 0\). Ainsi \(f_n \to 0\) presque partout (hors de \(\{0\}\), négligeable). Par convergence dominée, la limite vaut 0.

Barème : 1 point par limite : 0,5 pour la domination explicite, 0,25 pour la limite simple, 0,25 pour la valeur.

Exercice 3 : La fonction Gamma (4 points)

1. La fonction \(t \mapsto t^{x-1} e^{-t}\) est continue et positive sur \(]0, +\infty[\). Son intégrabilité se ramène donc à l’étude en 0 et en l’infini. En 0, \(t^{x-1} e^{-t} \sim t^{x-1}\), intégrable sur \(]0, 1]\) si et seulement si \(1 – x < 1\), c’est-à-dire \(x > 0\) (critère de Riemann, comparaison des fonctions positives). En l’infini, \(t^{x+1} e^{-t} \to 0\), donc \(t^{x-1} e^{-t} \leq\, \frac{1}{t^2}\) pour \(t\) assez grand : c’est intégrable sur \([1, +\infty[\) pour tout \(x\). La fonction est intégrable si et seulement si \(x > 0\).
2. Soit \(x \in [a, b]\). Si \(0 < t \leq\, 1\), alors \(t^{x-1} \leq\, t^{a-1}\), car \(x \geq\, a\) et \(\ln t \leq\, 0\). Si \(t \geq\, 1\), alors \(t^{x-1} \leq\, t^{b-1}\). Dans tous les cas, \(0 < t^{x-1} e^{-t} \leq\, \varphi(t) = (t^{a-1} + t^{b-1}) e^{-t}\), et \(\varphi\) est intégrable d’après a), car \(a > 0\) et \(b > 0\). De plus, pour tout \(t > 0\), \(x \mapsto t^{x-1} e^{-t} = e^{(x-1)\ln t – t}\) est continue. Le théorème de continuité (exercice 1 c) donne la continuité de \(\Gamma\) sur \([a, b]\). Ceci vaut pour tout segment de \(]0, +\infty[\), donc \(\Gamma\) est continue sur \(]0, +\infty[\).
3. Pour \(t > 0\), \(x \mapsto t^{x-1} e^{-t}\) est de classe \(C^1\), de dérivée \(\ln(t)\, t^{x-1} e^{-t}\). Sur \([a, b]\), on a la domination \(|\ln t| \,t^{x-1} e^{-t} \leq\, |\ln t| \,\varphi(t)\). Cette fonction est intégrable. En effet, en 0, \(t^{a/2} |\ln t| \to 0\), donc \(|\ln t| \,t^{a-1} \leq\, t^{a/2 – 1}\) près de 0, et \(\frac{a}{2} > 0\). En l’infini, \(|\ln t| \,t^{b-1} e^{-t} = o(\frac{1}{t^2})\). Le théorème de dérivation s’applique sur tout segment, donc \(\Gamma\) est \(C^1\) sur \(]0, +\infty[\), avec \(\Gamma^{\prime}(x) = \displaystyle\int_{0}^{+\infty} \ln(t)\, t^{x-1} e^{-t} \,\mathrm{d}t\).
4. Soit \(x > 0\). Sur \([\varepsilon, A]\), une intégration par parties donne \(\int_{\varepsilon}^{A} t^{x} e^{-t} \,\mathrm{d}t = [-t^{x} e^{-t}]_{\varepsilon}^{A} + x \int_{\varepsilon}^{A} t^{x-1} e^{-t} \,\mathrm{d}t\). Le crochet tend vers 0 quand \(\varepsilon \to 0\) et \(A \to +\infty\), donc \(\Gamma(x + 1) = x \Gamma(x)\). Comme \(\Gamma(1) = \int_{0}^{+\infty} e^{-t} \,\mathrm{d}t = 1\), une récurrence donne \(\Gamma(n + 1) = n!\). Enfin, \(\Gamma(x) = \frac{\Gamma(x + 1)}{x}\) et \(\Gamma(x + 1) \to \Gamma(1) = 1\) quand \(x \to 0^{+}\), par continuité. Donc \(\Gamma(x) \sim \dfrac{1}{x}\) en \(0^{+}\).

Barème : a) 1 point (0,5 par borne) ; b) 1 point : 0,5 pour la domination, 0,5 pour la conclusion locale puis globale ; c) 1 point : 0,5 pour l’intégrabilité de la domination, 0,5 pour la formule ; d) 1 point : 0,5 pour la relation fonctionnelle, 0,25 pour \(n!\), 0,25 pour l’équivalent.

Erreur fréquente : chercher une domination valable sur tout \(]0, +\infty[\) ; elle n’existe pas, et il faut travailler sur un segment \([a, b]\).

Exercice 4 : Une intégrale à paramètre calculée par équation différentielle (5 points)

1. Posons \(f(x, t) = e^{-t^2} \cos(x t)\). Pour tout \(x\), \(t \mapsto f(x, t)\) est continue, donc mesurable. Pour tout \(t\), \(x \mapsto f(x, t)\) est continue. Enfin, \(|f(x, t)| \leq\, e^{-t^2}\), fonction intégrable sur \([0, +\infty[\) et indépendante de \(x\). Le théorème de continuité donne alors que \(F\) est définie et continue sur \(\mathbb{R}\).
2. Pour tout \(t\), \(x \mapsto f(x, t)\) est de classe \(C^1\), de dérivée \(\frac{\partial f}{\partial x}(x, t) = -t e^{-t^2} \sin(x t)\). On a la domination \(|\frac{\partial f}{\partial x}(x, t)| \leq\, t e^{-t^2}\), indépendante de \(x\). Cette fonction est intégrable sur \([0, +\infty[\), d’intégrale \([-\frac{1}{2} e^{-t^2}]_{0}^{+\infty} = \frac{1}{2}\). Le théorème de dérivation sous le signe intégrale s’applique donc sur \(\mathbb{R}\) : \(F\) est \(C^1\) et \(F^{\prime}(x) = -\displaystyle\int_{0}^{+\infty} t e^{-t^2} \sin(x t) \,\mathrm{d}t\).
3. Sur \([0, A]\), on intègre par parties avec \(u(t) = \sin(x t)\) et \(v(t) = -\frac{1}{2} e^{-t^2}\) :
   \[\int_{0}^{A} t e^{-t^2} \sin(x t) \,\mathrm{d}t = [-\frac{1}{2} e^{-t^2} \sin(x t)]_{0}^{A} + \frac{x}{2} \int_{0}^{A} e^{-t^2} \cos(x t) \,\mathrm{d}t.\]
   Le crochet vaut \(-\frac{1}{2} e^{-A^2} \sin(x A)\), qui tend vers 0. Les deux intégrales convergent quand \(A \to +\infty\), car les intégrandes sont intégrables. On obtient \(\int_{0}^{+\infty} t e^{-t^2} \sin(x t) \,\mathrm{d}t = \frac{x}{2} F(x)\), donc \(F^{\prime}(x) = -\dfrac{x}{2} F(x)\).
4. Posons \(H(x) = F(x) e^{x^2/4}\). Alors \(H^{\prime}(x) = e^{x^2/4}(F^{\prime}(x) + \frac{x}{2} F(x)) = 0\). Donc \(H\) est constante sur l’intervalle \(\mathbb{R}\), égale à \(H(0) = F(0) = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\). Ainsi \(F(x) = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2} e^{-x^2/4}\) pour tout réel \(x\).

Barème : a) 1 point ; b) 1,5 point : 1 point pour la domination de la dérivée partielle, 0,5 pour la conclusion ; c) 1,5 point : 1 point pour l’intégration par parties, 0,5 pour le passage à la limite ; d) 1 point.

Exercice 5 : Problème, sinus cardinal et intégrale de Lebesgue (4 points)

1. Sur \(]0, 1]\), on a \(|\sin t| \leq\, t\), donc \(|s(t)| \leq\, 1\). La fonction \(s\) est continue, donc mesurable, et bornée sur un ensemble de mesure finie. Elle est intégrable sur \(]0, 1]\).
2. Soit \(k \geq\, 1\). Pour \(t \in [k\pi, (k+1)\pi]\), on a \(\frac{1}{t} \geq\, \frac{1}{(k+1)\pi}\), et \(\int_{k\pi}^{(k+1)\pi} |\sin t| \,\mathrm{d}t = 2\). Donc \(\int_{k\pi}^{(k+1)\pi} |s(t)| \,\mathrm{d}t \geq\, \frac{2}{(k+1)\pi}\). En sommant pour \(k\) de 1 à \(N\),
   \[\int_{]0, +\infty[} |s| \,\mathrm{d}\lambda \geq\, \int_{\pi}^{(N+1)\pi} |s(t)| \,\mathrm{d}t \geq\, \frac{2}{\pi} \sum_{k=1}^{N} \frac{1}{k + 1}.\]
   La série harmonique diverge, donc \(\int |s| = +\infty\). La fonction \(s\) n’est pas intégrable au sens de Lebesgue sur \(]0, +\infty[\).
3. Pour \(A > 1\), une intégration par parties donne
   \[\int_{1}^{A} \frac{\sin t}{t} \,\mathrm{d}t = [-\frac{\cos t}{t}]_{1}^{A} – \int_{1}^{A} \frac{\cos t}{t^2} \,\mathrm{d}t = \cos 1 – \frac{\cos A}{A} – \int_{1}^{A} \frac{\cos t}{t^2} \,\mathrm{d}t.\]
   Or \(\frac{\cos A}{A} \to 0\). De plus, \(|\frac{\cos t}{t^2}| \leq\, \frac{1}{t^2}\), intégrable sur \([1, +\infty[\), donc la dernière intégrale a une limite finie. Avec a), \(\int_{0}^{A} s(t) \,\mathrm{d}t\) admet une limite finie quand \(A \to +\infty\) : l’intégrale impropre converge, sans convergence absolue.
4. Pour \(x > 0\), \(|e^{-x t} s(t)| \leq\, e^{-x t}\), intégrable sur \(]0, +\infty[\) : \(G(x)\) est définie. Fixons \(a > 0\) et travaillons sur \(]a, +\infty[\). La dérivée partielle \(\frac{\partial}{\partial x}(e^{-x t} s(t)) = -e^{-x t} \sin t\) est continue en \(x\), et dominée par \(e^{-a t}\), intégrable et indépendante de \(x\). Donc \(G\) est \(C^1\) sur \(]0, +\infty[\), avec
   \[G^{\prime}(x) = -\int_{0}^{+\infty} e^{-x t} \sin t \,\mathrm{d}t = -\operatorname{Im} \int_{0}^{+\infty} e^{(-x + i) t} \,\mathrm{d}t = -\operatorname{Im} \frac{1}{x – i} = -\frac{1}{1 + x^2}.\]
   Ensuite, soit \((x_n)\) une suite tendant vers \(+\infty\), avec \(x_n \geq\, 1\). Pour \(t > 0\), \(e^{-x_n t} s(t) \to 0\), et \(|e^{-x_n t} s(t)| \leq\, e^{-t}\), intégrable. Par convergence dominée, \(G(x_n) \to 0\) : \(G\) tend vers 0 en \(+\infty\). Comme \(G^{\prime} = -\arctan^{\prime}\) sur l’intervalle \(]0, +\infty[\), il existe une constante \(c\) telle que \(G(x) = c – \arctan x\). La limite en \(+\infty\) donne \(c = \frac{\pi}{2}\), d’où \(G(x) = \dfrac{\pi}{2} – \arctan x\).
   
   Remarque : on ne peut pas faire tendre \(x\) vers 0 par convergence dominée, car une domination devrait majorer \(|s|\), non intégrable d’après b). Un argument plus fin (admis ici) montre que l’intégrale impropre de c) vaut \(\frac{\pi}{2}\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1 point : 0,5 pour la minoration, 0,5 pour la divergence ; c) 1 point : 0,5 pour l’intégration par parties, 0,5 pour la convergence ; d) 1,5 point : 0,5 pour la régularité avec domination sur \(]a, +\infty[\), 0,5 pour \(G^{\prime}\), 0,5 pour la limite et l’expression.

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Après le corrigé du contrôle : convergence dominée et intégrales à paramètre

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