Intégration sur un segment (2/2)

Exercice 1.
Soit {f} une fonction continue et positive sur {[a,b]}.
Montrer que {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\sqrt[n]{I_n}=\max_{x\in[a,b]}f(x)}, où {I_n=\displaystyle\int_{a}^{b} f^n(x)\,\text{d}x}.
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Posons {M=\displaystyle\max_{x\in[a,b]}f(x)}. On a {I_n\le(b-a)M^n} donc {\sqrt[n]{I_n}\le M\sqrt[n]{b-a}}.

Soit {\varepsilon>0}. On a {\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{b-a}=1} donc : {\exists n_0\in\mathbb{N},\;n\ge n_0\Rightarrow\sqrt[n]{I_n}\le M+\varepsilon}La fonction {f} étant continue, il existe un segment {J\subset[a,b]}, de longueur {\delta>0}, sur lequel on a la minoration {f(x)\ge M-\varepsilon/2}.

On a {I_n\ge\displaystyle\int_{J}{}f^n(x)\,\text{d}x\ge\delta\Big(M-\dfrac\varepsilon2\Big)^n}, donc {\sqrt[n]{I_n}\ge\sqrt[n]{\delta}\Big(M-\dfrac\varepsilon2\Big)}.

On a {\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\Big(M-\dfrac\varepsilon2\Big)\sqrt[n]\delta=M-\dfrac\varepsilon2}.

Il existe donc {n_1} tel que {n\ge n_1\Rightarrow\sqrt[n]{I_n}\ge M-\varepsilon}.

Ainsi {M-\varepsilon\le\sqrt[n]{I_n}\le M+\varepsilon} dès que {n\ge\max(n_0,n_1)}.

Il en découle {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\sqrt[n]{I_n}=M}.

Exercice 2.
Soit {f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}}, continue par morceaux.
Montrer que {\displaystyle\lim_{\lambda\rightarrow+\infty}\,\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)\sin \lambda x\,\text{d}x=0}.
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  • Supposons que {f} soit la fonction caractéristique d’un sous-segment {[\alpha,\beta]} de {[a,b]}, c’est-à-dire que {f} prenne la valeur {1} sur {[\alpha,\beta]}, et la valeur {0} sur le complémentaire de {[\alpha,\beta]} dans {[a,b]}.

    On a alors, pour tout {\lambda>0} : {\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\sin\lambda x\,\text{d}x=\displaystyle\int_\alpha\beta\sin\lambda x\,\text{d}=\dfrac{\cos\lambda\alpha-\cos\lambda\beta}{\lambda}}Ainsi {\Bigl|\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\sin\lambda x\,\text{d}x\Bigr|\le\dfrac2\lambda} donc {\displaystyle\lim_{\lambda\rightarrow+\infty}\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\sin\lambda x\,\text{d}x=0}.

  • Supposons maintenant que {f} soit en escaliers sur {[a,b]}.

    Il existe donc des segments {I_0,\cdots,I_n} et des scalaires {\alpha_0,\ldots,\alpha_n} tels que {f=\displaystyle\sum_{k=0}^n\alpha_kf_k}, où {f_0,\ldots,f_n} sont les fonctions caractéristiques de {I_0,\ldots,I_n}.

    On en déduit {\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\sin\lambda x\,\text{d}x=\displaystyle\sum_{k=0}^n\alpha_k\displaystyle\int_{a}^{b}f_k(x)\sin\lambda x\,\text{d}x}.

    Mais pour chaque entier {k}, on sait que {\displaystyle\lim_{\lambda\rightarrow+\infty}\displaystyle\int_{a}^{b}f_k(x)\sin\lambda x\,\text{d}x=0}.

    Il en résulte {\displaystyle\lim_{\lambda\rightarrow+\infty}\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\sin\lambda x\,\text{d}x=0}.

  • On suppose enfin que {f} est continue par morceaux. On se donne {\varepsilon>0}.

    Il existe {\varphi} en escaliers sur {[a,b]} telle que {\displaystyle\sup_{[a,b]}\left|{f(x)-\varphi(x)}\right|\le\dfrac{\varepsilon}{2(b-a)}}.

    On en déduit les majorations : {\begin{array}{rl}\Bigl|\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\sin\lambda x\,\text{d}x\Bigr|&\le\Bigl|\displaystyle\int_{a}^{b}\bigl(f(x)-\varphi(x)\bigr)\sin\lambda x\,\text{d}x\Bigr|+\Bigl|\displaystyle\int_{a}^{b}\varphi(x)\sin\lambda x\,\text{d}x\Bigr|\\\\&\le\dfrac\varepsilon2+\Bigl|\displaystyle\int_{a}^{b}\varphi(x)\sin\lambda x\,\text{d}x\Bigr|\end{array}}Puisque {\varphi} est en escaliers : {\exists\lambda_0,\;\lambda\ge\lambda_0\Rightarrow\Bigl|\displaystyle\int_{a}^{b}\varphi(x)\sin\lambda x\,\text{d}x\Bigr|\le\dfrac\varepsilon2}.

    On en déduit que {\Bigl|\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\sin\lambda x\,\text{d}x\Bigr|\le\varepsilon} pour {\lambda\ge\lambda_0}.

    Conclusion: pour {f} en escaliers sur {[a,b]}, {\displaystyle\lim_{\lambda\rightarrow+\infty}\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\sin\lambda x\,\text{d}x=0}.

  • Si on suppose que {f} est {{\mathcal C}^1}, il y a plus expéditif.

    On peut en effet intégrer par parties : {\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\sin\lambda x\,\text{d}x=-\dfrac1\lambda\Bigl[f(x)\cos\lambda x\Bigr]_a^b+\dfrac1\lambda\displaystyle\int_{a}^{b}f'(x)\cos\lambda x\,\text{d}x}Soit {M} le maximum de {f'} sur {[a,b]}. On obtient la majoration : {\Bigl|\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\sin\lambda x\,\text{d}x\Bigr|\le\dfrac{\left|{f(a)}\right|+\left|{f(b)}\right|}{\lambda}+\dfrac{(b-a)M}\lambda}Il en découle {\displaystyle\lim_{\lambda\rightarrow+\infty}\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\sin\lambda x\,\text{d}x=0}.

Exercice 3.
Soit {f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}}, continue par morceaux.
Prouver {\displaystyle\lim_{\lambda\rightarrow+\infty}\,\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)|\sin \lambda x|\,\text{d}x=\dfrac2\pi\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)\,\text{d}x}.
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  • On suppose que {f} est la fonction caractéristique de {[\alpha,\beta]\subset[a,b]}.

    Soit {p} l’entier minimum tel que {\lambda\alpha\le p\pi}.

    Soit {q} l’entier maximum tel que {q\pi\le\lambda\beta}. On a :{\begin{array}{l}\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\left|{\sin\lambda x}\right|\,\text{d}x=\displaystyle\int_\alpha^\beta \left|{\sin\lambda x}\right|\,\text{d}x=\dfrac1\lambda\displaystyle\int_{\lambda\alpha}^{\lambda\beta} \left|{\sin t}\right|\,\text{d}t\\\\\quad=\dfrac1\lambda\displaystyle\int_{\lambda\alpha}^{p\pi}\left|{\sin t}\right|\,\text{d}t+\dfrac1\lambda\displaystyle\int_{p\pi}^{q\pi}\left|{\sin t}\right|\,\text{d}t+\dfrac1\lambda\displaystyle\int_{q\pi}^{\lambda\beta}\left|{\sin t}\right|\,\text{d}t\end{array}}On a {\left|{p\pi-\lambda\alpha}\right|\le\pi\text{\ et\ }\left|{\lambda\beta-q\pi}\right|\le\pi}.

    On en déduit {0\le\dfrac1\lambda\displaystyle\int_{\lambda\alpha}^{p\pi}\left|{\sin t}\right|\,\text{d}t\le\dfrac\pi\lambda} et {0\le\dfrac1\lambda\displaystyle\int_{q\pi}^{\lambda\beta}\left|{\sin t}\right|\,\text{d}t\le\dfrac\pi\lambda}.

    Ainsi {\displaystyle\lim_{\lambda\rightarrow+\infty}\displaystyle\int_{\lambda\alpha}^{p\pi}\left|{\sin t}\right|\,\text{d}t=0} et {\displaystyle\lim_{\lambda\rightarrow+\infty}\displaystyle\int_{q\pi}^{\lambda\beta}\left|{\sin t}\right|\,\text{d}t=0}.

    Il reste donc à montrer que : {\displaystyle\lim_{\lambda\rightarrow+\infty}\dfrac1\lambda\displaystyle\int_{p\pi}^{q\pi}\left|{\sin t}\right|\,\text{d}t=\dfrac2\pi\displaystyle\int_{a}^{b}\left|{f(x)}\right|\,\text{d}x=\dfrac2\pi(\beta-\alpha)}Or pour {k\in\mathbb{Z}}, on a {\displaystyle\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\left|{\sin t}\right|\,\text{d}t=2}

    On en déduit {\dfrac1\lambda\displaystyle\int_{p\pi}^{q\pi}\left|{\sin t}\right|\,\text{d}t=2\dfrac{q-p}\lambda}.

    Par définition de {p} et {q}, on a : {(p-1)\pi\lt \lambda\alpha\le p\pi\le q\pi\le\lambda\beta\lt (q+1)\pi}Il en résulte : {\dfrac{\beta-\alpha}\pi-\dfrac{2}{\lambda}\lt \dfrac{q-p}{\lambda}\le\dfrac{\beta-\alpha}\pi}.

    Ainsi : {\displaystyle\lim_{\lambda\rightarrow+\infty}\dfrac{q-p}{\lambda}=\dfrac{\beta-\alpha}\pi}.

    Finalement, on trouve bien : {\displaystyle\lim_{\lambda\rightarrow+\infty}\dfrac1\lambda\displaystyle\int_{p\pi}^{q\pi}\left|{\sin t}\right|\,\text{d}t=\dfrac2\pi(\beta-\alpha)}.

  • Par linéarité, le résultat s’étend aux fonctions en escaliers.
  • On suppose enfin que {f} est continue par morceaux sur {[a,b]}. On se donne {\varepsilon>0}.

    Il existe {\varphi} en escaliers sur {[a,b]} telle que {\displaystyle\sup_{[a,b]}\left|{f(x)-\varphi(x)}\right|\le\varepsilon}.

    Posons {I_\lambda(f)=\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)\left|{\sin\lambda x}\right|\text{d}x\text{\ et\ }J(f)=\dfrac2\pi\displaystyle\int_{a}^{b}\left|{f(x)}\right|\,\text{d}x}.

    De même, on définit {I_\lambda(\varphi)} et {J(\varphi)}. On écrit :{I_\lambda(f)\!-\!J(f)=\bigl(I_\lambda(f)\!-\!I_\lambda(\varphi)\bigr)\!+\!\bigl(I_\lambda(\varphi)\!-\!J(\varphi)\bigr)\!+\!\bigl(J(\varphi)-J(f)\bigr)}On a tout d’abord : {\left|{I_\lambda(f)-I_\lambda(\varphi}\right|\le\displaystyle\int_{a}^{b}\left|{f(x)-\varphi(x)}\right|\,\text{d}x\le(b-a)\varepsilon}On a également les inégalités : {\begin{array}{rl}\left|{J(f)-J(\varphi)}\right|&\le\dfrac2\pi\displaystyle\int_{a}^{b}\Bigl|\left|{f(x)}\right|-\left|{\varphi(x)}\right|\Bigr|\,\text{d}x\\\\&\le\dfrac2\pi\displaystyle\int_{a}^{b}\left|{f(x)-\varphi(x)}\right|\,\text{d}x\le\dfrac2\pi(b-a)\varepsilon\end{array}}
    On en déduit, avec {K=(b-a)\Bigl(1+\dfrac2\pi\Bigr)} : {\left|{I_\lambda(f)-J(f)}\right|\le\left|{I_\lambda(\varphi)-J(\varphi)}\right|+K\varepsilon}Puisque {\varphi} est en escaliers : {\exists\lambda_0,\;\lambda\ge\lambda_0\Rightarrow\left|{I_\lambda(\varphi)-J(\varphi)}\right|\le\varepsilon}.

    On en déduit que : {\forall\lambda\ge\lambda_0,\;\left|{I_\lambda(f)-J(f)}\right|\le(K+1)\varepsilon}.

    Ainsi {\displaystyle\lim_{\lambda\rightarrow+\infty}I_\lambda(f)=J(f)}, ce qu’il fallait démontrer.

Exercice 4.
Soit {f:[0,1]\to\mathbb{R}}, continue. Montrer que {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\,n\displaystyle\int_{0}^{1} x^nf(x)\,\text{d}x=f(1)}.
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Il revient au même de montrer {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}u_n=0}, où {u_n=(n+1)\displaystyle\int_{0}^{1} x^nf(x)\,\text{d}x-f(1)}.

On a : {u_n=(n+1)\displaystyle\int_{0}^{1} x^n\bigl(f(x)-f(1)\bigr)\,\text{d}x}. Fixons {a} dans {[0,1]}.

On peut écrire : {u_n=(n+1)\displaystyle\int_{0}^a x^n\bigl(f(x)-f(1)\bigr)\,\text{d}x+(n+1)\displaystyle\int_a^1 x^n\bigl(f(x)-f(1)\bigr)\,\text{d}x}On se donne {\varepsilon>0}. On choisit {a} tel que {a\le x\le 1\Rightarrow\left|{f(x)-f(1)}\right|\le\varepsilon}.

Soi {M=\displaystyle\max_{[0,1]}\left|{f(x)}\right|}. Sur {[0,a]}, on majore {\left|{f(x)-f(1)}\right|} par {2M} : {\begin{array}{rl}\left|{u_n}\right|&\le 2(n+1)M\displaystyle\int_{0}^a x^n\,\text{d}x+(n+1)\varepsilon\displaystyle\int_a^1 x^n\,\text{d}x\\\\&\le2Ma^{n+1}+\varepsilon(1-a^{n+1})\le2Ma^{n+1}+\varepsilon\end{array}}Puisque {0\lt a\lt 1}, il existe {n_0} tel que {n\ge n_0\Rightarrow 2Ma^{n+1}\le\varepsilon}.

Ainsi {\left|{u_n}\right|\le2\varepsilon} pour tout {n\ge n_0}, donc {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}u_n=0}.

Exercice 5.
Soit {f} une fonction de classe {{\mathcal C}^1} sur {[0,1]}, telle que {f(1)=0}.
Montrer que {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\,n^2\displaystyle\int_{0}^{1} x^nf(x)\,\text{d}x=f'(1)} (cf exercice précédent).
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Posons {v_n=(n+2)(n+1)\displaystyle\int_{0}^{1} x^nf(x)\,\text{d}x}.

Il revient au même de montrer {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}v_n=f'(1)}.

On intègre par parties, en utilisant le fait que {f(1)=0} : {\begin{array}{rl}v_n&=(n+2)\Bigl[x^{n+1}f(x)\Bigr]_0^1-(n+2)\displaystyle\int_{0}^{1} x^{n+1}f'(x)\,\text{d}x\\\\&=(n+2)\displaystyle\int_{0}^{1} x^{n+1}f'(x)\,\text{d}x\end{array}}L’exercice précédent nous donne {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}(n+2)\displaystyle\int_{0}^{1} x^{n+1}f'(x)\,\text{d}x=f'(1)}.

On a donc obtenu : {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}n^2\displaystyle\int_{0}^{1}x^nf(x)\,\text{d}x=f'(1)}.