Suites d'intégrales

Puissance dans une intégrale 👉 IPP !

On intègre par parties avec $\displaystyle u=\cos^{n-1}$ et $\displaystyle v=\sin$. Alors, pour $\displaystyle n>1$,
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^n(t)dt=[\sin(t)\cos^{n-1}(t)]_0^{\pi/2}-\int_0^{\frac{\pi}{2}}-(n-1)\sin(t)\cos^{n-2}(t)\sin(t)dt.$$ Donc, avec $\displaystyle \sin^2=1-\cos^2$, on obtient : $$I_n=(n-1)(I_{n-2}-I_n),$$ d’où $\displaystyle nI_n=(n-1)I_{n-2}$ et $\displaystyle nI_nI_{n-1}=(n-1)I_{n-1}I_{n-2}$, ce qu’on voulait.
On a $\displaystyle I_0=\pi/2$ et $\displaystyle I_1=1$, donc pour tout $\displaystyle n\ge1$, $\displaystyle nI_nI_{n-1}=\pi/2$.
Comme sur $\displaystyle [0,\pi/2]$, $\displaystyle 0\le\cos(t)\le 1$, on en déduit que $\displaystyle I_n$ est décroissante. Donc $$nI_n^2\le nI_nI_{n-1}=\frac{\pi}{2}=(n+1)I_{n+1}I_n\le (1+1/n)nI_n^2.$$ Ainsi $\displaystyle nI_n^2$ converge vers $\displaystyle \pi/2$ et $\displaystyle I_n\sim\sqrt{\frac{\pi}{2n}}$. Enfin, $$I_n=\frac{n-1}{n}I_{n-2}=\frac{n-1}{n}\frac{n-3}{n-2}I_{n-4}.$$ Donc, en prenant $\displaystyle 2n$ au lieu de $\displaystyle n$, on a $$I_{2n}=\frac{(2n-1)\cdots 3\cdot 1}{2n\cdots 2\cdot 1}I_0=\frac{(2n)!}{2^n n! 2^n n!}\frac{\pi}{2}.$$ Par conséquent $$4^{-n}{2n\choose n}\sim \frac{2}{\pi}\sqrt{\frac{\pi}{4n}}=\frac{1}{\sqrt{\pi n}},$$ qui est la fréquence de l’équirépartition : $\displaystyle n$ piles et $\displaystyle n$ faces parmi $\displaystyle 2n$ lancés de pièce.

🎁 Pour en savoir plus sur les coefficients binomiaux centraux, on pourra consulter
cet article du blog Math-OS

L’idée est de prouver le lemme pour des fonctions $\displaystyle C^1$ pour pouvoir faire une intégration par partie. Et on utilise un résultat de densité pour étendre à des fonctions seulement continues. Tu peux consulter la page wikipedia pour la preuve et de plus amples informations.

• Limite d’une suite 👉 monotone bornée ?
• Equivalent d’une suite d’intégrales 👉 Changement de variable pour sortir le $\displaystyle n$, ici $\displaystyle u=x^n$ ?

1. On a $\displaystyle 0\le u_{n+1}\le u_n$ car pour tout $\displaystyle x\in[0,1]$, $\displaystyle x^{n+1}\le x^n$. Donc $\displaystyle (u_n)$ a une limite positive. De plus $\displaystyle |u_n|\le \int_0^1 x^ndx=\frac{1}{n+1}\to 0$.
2. Faisons le changement de variable $\displaystyle x=u^{1/n}$, d’où $\displaystyle dx=\frac{1}{n}u^{1/n-1}$. Ainsi $\displaystyle u_n=\frac1n \int_0^1 \frac{u^{1/n}}{\sqrt{1+u^{1/n}}}du$. La quantité sous l’intégrale est bornée par $\displaystyle 1$ pour tout $\displaystyle u$ et $\displaystyle n$, et converge pour tout $\displaystyle u$ vers $\displaystyle 1/\sqrt{2}$ quand $\displaystyle n\to\infty$, donc on peut appliquer le théorème de convergence dominée : l’intégrale tend vers $\displaystyle 1/\sqrt{2}$. Ainsi $\displaystyle u_n\sim \frac{1}{n\sqrt{2}}$.

Un carré, une intégrale 👉 Cauchy-Schwarz (CS) !

On regarde si CS marche, il faut interpréter les $\displaystyle I_n$ et $\displaystyle I_{n-2}$ comme des intégrales de carré. Comme $\displaystyle f\ge0$, on peut écrire $\displaystyle f^n=g^2$ et $\displaystyle f^{n-2}=h^2$, avec $\displaystyle g,h\ge0$. D’où $\displaystyle gh=\sqrt{f^{n}}\sqrt{f^{n-2}}=\sqrt{f^{2n-2}}=f^{n-1}$, et c’est bon ! On fait alors CS avec $\displaystyle g$ et $\displaystyle h$ et on obtient $\displaystyle I_{n-1}^2=\left(\int_0^1gh\right)^2\le \int_0^1g^2\int_0^1h^2=I_nI_{n-2}$.

Équivalent d’une suite d’intégrale 👉 Changement de variable pour "sortir le $\displaystyle n$".

Soit $\displaystyle M>0$ tel que pour tout $\displaystyle t\ge0$, $\displaystyle |f(t)|\le M$. L’intégrande est bien intégrable en $\displaystyle 0$ car $\displaystyle \left|e^{-nt}\frac{f(t)}{\sqrt{t}}\right|\le \frac{M}{\sqrt{t}}$, $\displaystyle t>0$, et aussi en $\displaystyle +\infty$ car $\displaystyle \left|e^{-nt}\frac{f(t)}{\sqrt{t}}\right|\le M e^{-nt}$ pour tout $\displaystyle t\ge 1$. En faisant le changement de variable $\displaystyle u=nt$, on obtient $\displaystyle u_n=\int_0^{+\infty}e^{-u}\frac{f(u/n)}{\sqrt{u/n}}\frac{du}{n}=\frac{1}{\sqrt{n}}\int_0^{+\infty}e^{-u}\frac{f(u/n)}{\sqrt{u}}du$. On sait que

• $\displaystyle f(u/n)\xrightarrow[n\to\infty]{}f(0)$ pour tout $\displaystyle u\ge0$ car $\displaystyle f$ est continue en $\displaystyle 0$ ;
• $\displaystyle \left|e^{-u}\frac{f(u/n)}{\sqrt{u}}\right|\le \frac{Me^{-u}}{\sqrt{u}}$, pour tout $\displaystyle n\in\N$ et tout $\displaystyle u>0$, et que $\displaystyle u\mapsto \frac{Me^{-u}}{\sqrt{u}}$ est intégrable sur $\displaystyle \R_+$.

On en déduit alors grâce au théorème de convergence dominée que $\displaystyle \int_0^{+\infty}e^{-u}\frac{f(u/n)}{\sqrt{u}}du\xrightarrow[n\to\infty]{}f(0)\int_0^\infty\frac{e^{-u}}{\sqrt{u}}du$.
Comme $\displaystyle f(0)\neq0$ et $\displaystyle \int_0^\infty\frac{e^{-u}}{\sqrt{u}}du=2\int_0^\infty e^{-t^2}dt=\sqrt{\pi}$, on conclut finalement que $$u_n\sim f(0)\sqrt{\frac{\pi}{n}}.$$

• Si on voit pas comment partir 👉 Tester avec des fonctions simples : identité, fonction indicatrice, etc ;
• Paramètre $\displaystyle n$ dans une intégrale 👉 Sortir le $\displaystyle n$ de l’intégrale par changement de variable (pour obtenir limite, équivalent, etc) ;
• Limite suite d’intégrales 👉 Convergence uniforme, dominée, ITT ;
• Une Intégrale 👉 Somme, découpage, IPP, changement de variable.

1. On a avec le changement de variable $\displaystyle x=nt$, $$\int_{0}^{1} f(t)g(nt)dt=\frac1n\int_{0}^{n} f(x/n)g(x)dx.$$ Il est naturel de casser $\displaystyle \int_{0}^{n}$ en morceaux $\displaystyle \int_{k}^{k+1}$ que l’on calcule avec le changement de variable $\displaystyle x=u+k$ : $$\begin{aligned} \int_{k}^{k+1} f(x/n)g(x)dx & = \int_{0}^{1} f\left(\frac{u+k}{n}\right)g(u+k)du\\ & = \int_{0}^{1} f\left(\frac{u+k}{n}\right)g(u)du,\\ \end{aligned}$$ car $\displaystyle g$ est $\displaystyle 1$-périodique. Ainsi $$\int_{0}^{1} f(t)g(nt)dt=\int_{0}^{1} \frac1n \sum_{k=0}^{n-1}f\left(\frac{u+k}{n}\right)g(u)du. \quad (\star)$$ Fixons $\displaystyle u\in[0,1]$. La somme dans l’intégrale est une somme de Riemann avec subdivision $\displaystyle x_k=k/n$, $\displaystyle 0\le k\le n-1$, et point $\displaystyle c_k=\frac{u+k}{n}\in[x_k,x_{k+1}]$. Comme $\displaystyle f$ est continue, on sait que, en posant $\displaystyle I_n(u)=\frac1n \sum_{k=0}^{n-1}f\left(\frac{u+k}{n}\right)$ : $$\lim_{n\to +\infty} I_n(u)=\int_{0}^{1}f(x)dx.$$ Il ne reste plus qu’à passer cette limite sous le signe intégrale dans $\displaystyle (\star)$, et là c’est téléphoné : Convergence Dominée ! On a déjà la limite simple de $\displaystyle u\mapsto I_n(u)$, et pour la domination : $$\begin{aligned} |I_n(u)| & \le \frac1n \sum_{k=0}^{n-1} \sup_{x\in[x_k,x_{k+1}]}|f(x)|\\ & \le \frac1n \sum_{k=0}^{n-1} \sup_{x\in[0,1]}|f(x)|=\sup_{x\in[0,1]}|f(x)| ,\\ \end{aligned}$$ la dernière constante étant intégrable sur $\displaystyle [0,1]$. On peut donc appliquer le théorème de convergence dominée pour obtenir : $$\begin{aligned} \lim_{n\to +\infty} \int_{0}^{1} f(t)g(nt)dt & = \int_0^1\lim_{n\to+\infty}I_n(u) \ g(u)du \\ & = \int_{0}^{1}\left(\int_{0}^{1}f(x)dx\right)g(t)dt \\ & = \left(\int_{0}^{1}f(t)dt\right)\left(\int_{0}^{1}g(t)dt\right). \end{aligned}$$
2. Soit $\displaystyle [y]$ la partie entière d’un réel $\displaystyle y$. On a $$\frac1n\int_{0}^{ nc}g(x)dx = \frac1n\int_{0}^{[nc]}g(x)dx+\frac1n\int_{[nc]}^{ nc}g(x)dx.$$ Or, comme $\displaystyle g$ est $\displaystyle 1$-périodique, on a par changement de variable $\displaystyle x=[nc]x'$ : $$\frac1n\int_{0}^{[nc]}g(x)dx=\frac{[nc]}{n}\int_{0}^{1}g(x)dx.$$ De plus $$\left|\frac1n\int_{[nc]}^{ nc}g(x)dx\right|\le\frac1n\int_0^1|g(x)|dx.$$ Comme $\displaystyle 1/n\to0$ et $\displaystyle \frac{[nc]}{n}\to c$ (car $\displaystyle nc=[nc]+c_n$ avec $\displaystyle c_n\in[0,1[$), on en déduit la limite préliminaire. Posons $\displaystyle f(x)={\bf 1}_{[0,c]}(x)$ la fonction indicatrice de $\displaystyle [0,c]$ avec $\displaystyle 0\le c< 1$. Alors
   $$\begin{aligned} \int_{0}^{1} f(t)g(nt)dt& = \int_{0}^{c} g(nt)dt\\ & = \frac1n\int_{0}^{ nc}g(x)dx. \\ \end{aligned}$$ On a donc bien $$\begin{aligned} \lim_{n\to +\infty} \int_{0}^{1} f(t)g(nt)dt & = c\int_0^1g(u)du \\ & = \left(\int_{0}^{1}f(t)dt\right)\left(\int_{0}^{1}g(t)dt\right). \end{aligned}$$ Les quantités sont linéaires en $\displaystyle f$. Donc on en déduit aussi l’égalité pour des fonctions $\displaystyle f(x)={\bf 1}_{[a,b]}(x)={\bf 1}_{[0,b]}(x)-{\bf 1}_{[0,a]}(x)$ avec $\displaystyle 0\le a<b<1$, et donc également pour les fonctions en escaliers sur $\displaystyle [0,1]$.