Mathématiques universitaires — Licence 3 · Bachelor Year 3

10L’intégrale de Lebesgue

L’intégrale de Riemann découpe le domaine en petits intervalles ; celle de Lebesgue découpe le but : pour intégrer $f$ , on mesure les ensembles $\{f > t\}$ . Le changement paraît innocent et est révolutionnaire. Limites et intégrales, en perpétuelle querelle dans la théorie de Riemann (convergence uniforme exigée !), se réconcilient par trois théorèmes de convergence — convergence monotone, Fatou, convergence dominée — dont les hypothèses sont presque embarrassamment faibles. Ce chapitre construit l’intégrale sur un espace mesuré arbitraire $(X, \mathcal A, \mu)$ , prouve les trois théorèmes, fixe le rapport exact avec l’intégrale de Riemann (une fonction bornée est Riemann-intégrable ssi elle est continue presque partout), et industrialise la dérivation des intégrales à paramètre — la technique que le problème du week-end utilise pour calculer $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\,\dd x$ et $\int_\R \eu^{-x^2}\dd x$ .

10.1 Fonctions mesurables

Définition 10.1

Soient $(X, \mathcal A)$ , $(Y, \mathcal B)$ des espaces mesurables. $f \colon X \to Y$ est mesurable si $f^{-1}(B) \in \mathcal A$ pour tout $B \in \mathcal B$ . Pour les fonctions réelles (ou à valeurs dans $[-\infty,+\infty]$ ), $Y = \R$ porte sa $\sigma$ -algèbre de Borel, et il suffit de vérifier $f^{-1}(\intoo t{+\infty}) = \{f > t\} \in \mathcal A$ pour tout $t \in \R$ : les bons ensembles $\{B : f^{-1}(B) \in \mathcal A\}$ forment une $\sigma$ -algèbre (les images réciproques commutent avec les opérations ensemblistes) contenant les demi-droites engendrant (Définition 9.2, Méthode 9.17).

Proposition 10.2

(a) Les composées d’applications mesurables sont mesurables ; les applications continues sont Borel-mesurables. (b) Si $f, g \colon X \to \R$ sont mesurables, le sont aussi $f + g$ , $fg$ , $\max(f,g)$ , $\abs f$ , $\lambda f$ . (c) Si $(f_n)$ sont mesurables à valeurs dans $[-\infty, +\infty]$ , alors $\sup_nf_n$ , $\inf_nf_n$ , $\limsup f_n$ , $\liminf f_n$ sont mesurables ; si $f_n \to f$ ponctuellement, $f$ est mesurable.

Démonstration. (a) $(g\circ f)^{-1}(B) = f^{-1}(g^{-1}(B))$ ; la continuité donne la mesurabilité via les ouverts engendrant (Problème 9.1, question 10, sous forme générale). (b) $(f, g) \colon X \to \R^2$ est mesurable pour la $\sigma$ -algèbre de Borel de $\R^2$ — vérifier sur les boîtes ouvertes, qui engendrent (les ouverts de $\R^2$ sont des unions dénombrables de boîtes rationnelles) : $(f,g)^{-1}(U\times V) = f^{-1}(U)\cap g^{-1}(V)$ — et $+, \times, \max$ sont continues $\R^2 \to \R$ : composer. (c) $\{\sup f_n > t\} = \bigcup_n\{f_n > t\}$ ; $\inf = -\sup(-)$ ; $\limsup = \inf_N\sup_{n \geq N}$ ; une limite ponctuelle est son propre $\limsup$ . ∎

Définition 10.3

Une fonction simple est une fonction mesurable à un nombre fini de valeurs : $s = \sum_{i=1}^n c_i\,\mathbf 1_{A_i}$ , $A_i \in \mathcal A$ disjoints, $c_i \geq 0$ (pour la théorie positive). Son intégrale est

\int s\,\dd\mu = \sum_i c_i\,\mu(A_i) \in [0, +\infty]

(convention $0\cdot\infty = 0$ ) ; la valeur ne dépend pas de la représentation (raffiner deux partitions).

Théorème 10.4 (Approximation par des fonctions simples)

Toute $f \colon X \to [0, +\infty]$ mesurable est la limite ponctuelle d’une suite croissante de fonctions simples :

s_n = \sum_{k=1}^{n2^n} \frac{k-1}{2^n}\, \mathbf 1_{\{\frac{k-1}{2^n} \leq f < \frac k{2^n}\}} + n\,\mathbf 1_{\{f \geq n\}} \nearrow f .

Démonstration. Chaque $s_n$ est simple (les ensembles sont des images réciproques de boréliens). Monotonie : le passage de $n$ à $n+1$ scinde chaque niveau dyadique en deux et ne diminue jamais la valeur assignée (un point avec $\frac{k-1}{2^n} \leq f(x) < \frac k{2^n}$ reçoit soit $\frac{2k-2}{2^{n+1}}$ soit $\frac{2k-1}{2^{n+1}}$ , tous deux $\geq \frac{k-1}{2^n}$ ; le plafond $n$ monte aussi). Convergence : si $f(x) < \infty$ , pour $n > f(x)$ on a $f(x) - s_n(x) \leq 2^{-n}$ ; si $f(x) = \infty$ , $s_n(x) = n \to \infty$ . ∎

10.2 L’intégrale et les théorèmes de convergence

Définition 10.5

Pour $f \geq 0$ mesurable :

\int f \,\dd\mu = \sup\Bigl\{\int s\,\dd\mu : s \text{ simple},\ 0 \leq s \leq f\Bigr\} \in [0, +\infty].

Elle est monotone en $f$ par construction, et prolonge le cas simple (pour $f$ simple, le sup est atteint en $f$ : comparaison des intégrales simples via raffinements communs).

Théorème 10.6 (Convergence monotone, Beppo Levi)

Si $0 \leq f_n \nearrow f$ ponctuellement (mesurables), alors

\int f_n\,\dd\mu \nearrow \int f\,\dd\mu .

Démonstration. $f$ est mesurable (Proposition 10.2(c)) et $\int f_n$ croît vers un certain $L \leq \int f$ (monotonie). Réciproquement, fixons une simple $s = \sum c_i\mathbf 1_{A_i} \leq f$ et $\theta \in (0,1)$ ; les ensembles $E_n = \{f_n \geq \theta s\}$ sont mesurables et croissent vers $X$ (là où $s(x) > 0$ : $f(x) \geq s(x) > \theta s(x)$ , donc éventuellement $f_n(x) \geq \theta s(x)$ ; là où $s(x) = 0$ : trivialement). Alors

\int f_n \geq \int_{E_n}\theta s\,\dd\mu = \theta\sum_i c_i\,\mu(A_i \cap E_n) \xrightarrow[n\to\infty]{} \theta\sum_ic_i\,\mu(A_i) = \theta\int s

par continuité par en bas (Proposition 9.6(c)). Donc $L \geq \theta\int s$ pour tout $\theta < 1$ et toute simple $s \leq f$ : $L \geq \int f$ . ∎

Corollaire 10.7

Pour $f, g \geq 0$ mesurables et $c \geq 0$ : $\int(f + g) = \int f + \int g$ et $\int cf = c\int f$ ; pour une série de fonctions mesurables positives, $\int\sum_nf_n = \sum_n\int f_n$ .

Démonstration. Pour les fonctions simples, l’additivité est un calcul sur un raffinement commun. En général prendre $s_n \nearrow f$ , $t_n \nearrow g$ (Théorème 10.4) : $s_n + t_n \nearrow f + g$ , et le TCM passe l’additivité à la limite. L’énoncé pour les séries est le TCM appliqué aux sommes partielles. ∎

Théorème 10.8 (Lemme de Fatou)

Pour $f_n \geq 0$ mesurables :

\int \liminf_n f_n \,\dd\mu \;\leq\; \liminf_n \int f_n\,\dd\mu .

Démonstration. Soit $g_N = \inf_{n\geq N}f_n$ : mesurable, $0 \leq g_N \nearrow \liminf f_n$ , et $g_N \leq f_n$ pour tout $n \geq N$ , donc $\int g_N \leq \inf_{n \geq N}\int f_n$ . Appliquer le TCM au membre de gauche : $\int\liminf f_n = \lim_N\int g_N \leq \lim_N\inf_{n\geq N}\int f_n = \liminf\int f_n$ . ∎

Définition 10.9

Une $f \colon X \to \R$ (ou $\C$ ) mesurable est intégrable si $\int\abs f\,\dd\mu < \infty$ ; alors $\int f = \int f^+ - \int f^-$ (parties positive et négative ; parties réelle et imaginaire dans le cas complexe). L’intégrale est linéaire sur les fonctions intégrables (décomposer et recombiner les parties positives ; le cas complexe se ramène au réel) et satisfait $\abs{\int f} \leq \int\abs f$ (cas réel : $\pm\int f = \int(\pm f) \leq \int\abs f$ ; cas complexe : multiplier par une constante unimodulaire pour rendre l’intégrale réelle). Une propriété vaut presque partout (p.p.) si elle échoue seulement sur un ensemble $\mu$ -nul ; modifier $f$ sur un ensemble nul ne change aucune intégrale (la différence est dominée par $\infty\cdot\mathbf 1_N$ , d’intégrale $0$ ).

Théorème 10.10 (Convergence dominée)

Soient $f_n \to f$ p.p., avec $\abs{f_n} \leq g$ p.p. pour un $g$ intégrable fixe. Alors $f$ est intégrable et

\int f_n\,\dd\mu \longrightarrow \int f\,\dd\mu, \qquad\text{et même}\quad \int\abs{f_n - f}\,\dd\mu \to 0 .

Démonstration. Écarter un ensemble nul pour rendre les hypothèses ponctuelles. $\abs f \leq g$ : $f$ est intégrable. Les fonctions $h_n = 2g - \abs{f_n - f} \geq 0$ satisfont $\liminf h_n = 2g$ ; Fatou donne

\int 2g \leq \liminf\int\bigl(2g - \abs{f_n - f}\bigr) = \int 2g - \limsup\int\abs{f_n - f},

donc $\limsup\int\abs{f_n - f} \leq 0$ (la soustraction est légitime : $\int 2g < \infty$ ). Enfin $\abs{\int f_n - \int f} \leq \int\abs{f_n - f} \to 0$ . ∎

Méthode 10.11

Face à $\lim_n\int f_n$ : essayer, dans l’ordre — (1) la suite est-elle monotone (ou une série de termes positifs) ? TCM, aucune intégrabilité requise. (2) Existe-t-il un dominateur intégrable unique $g \geq \abs{f_n}$ , trouvé par des bornes grossières (« $\sup_n$ » les estimations) ? TCD. (3) Pas de domination, pas de monotonie ? Fatou borne encore un côté, et l’égalité peut sincèrement échouer : la bosse qui s’échappe $f_n = n\mathbf 1_{\intoo0{1/n}}$ a $\int f_n = 1$ mais $f_n \to 0$ p.p. La domination est exactement ce qui interdit à la masse de s’échapper à l’infini, verticalement ou horizontalement.

10.3 Riemann versus Lebesgue

Théorème 10.12 (Critère de Lebesgue)

Soit $f \colon \intcc ab \to \R$ bornée. Alors $f$ est Riemann-intégrable ssi $f$ est continue $\lambda$ -presque partout ; dans ce cas $f$ est Lebesgue-intégrable et les deux intégrales coïncident.

Démonstration. Pour une subdivision $\sigma = (a = x_0 < \dots < x_N = b)$ , soient $L_\sigma$ et $U_\sigma$ les fonctions en escalier égales, sur chaque $\intoo{x_{i-1}}{x_i}$ , à $m_i = \inf_{[x_{i-1}, x_i]}f$ et $M_i = \sup$ ; les sommes de Darboux sont leurs intégrales (Riemann et Lebesgue coïncident sur les fonctions en escalier, donnant toutes deux $\sum m_i\Delta x_i$ ). Prendre une suite de subdivisions $\sigma_n$ , chacune raffinant la précédente, de pas $\to 0$ , avec sommes de Darboux convergeant vers les intégrales de Darboux inférieure et supérieure de $f$ . Les raffinements rendent $L_{\sigma_n}$ croissante et $U_{\sigma_n}$ décroissante ponctuellement hors de l’ensemble dénombrable $D$ de tous les points de division ; appeler les limites $\ell$ et $u$ (mesurables, Proposition 10.2). Pour $x \notin D$ , en écrivant $I_n(x)$ pour l’intervalle ouvert $\sigma_n$ contenant $x$ : $\ell(x) = \sup_n\inf_{I_n(x)}f$ et $u(x) = \inf_n\sup_{I_n(x)}f$ ; comme les pas tendent vers $0$ , ce sont les enveloppes inférieure et supérieure de $f$ en $x$ — $u(x) - \ell(x)$ est l’oscillation de $f$ en $x$ — de sorte que $\ell(x) = u(x)$ ssi $f$ est continue en $x$ . Par TCM/TCD (borné, intervalle fini) :

\int_{\intcc ab}\ell\,\dd\lambda = \lim_n\int L_{\sigma_n} = \underline{\int}f, \qquad \int_{\intcc ab}u\,\dd\lambda = \overline{\int}f .

$f$ Riemann-intégrable $\iff$ $\underline\int f = \overline\int f$ $\iff$ $\int(u - \ell) = 0$ $\iff$ $u = \ell$ p.p. ( $u - \ell \geq 0$ ; Exercice 10.5) $\iff$ $f$ continue p.p. Dans ce cas $\ell \leq f \leq u$ avec $\ell = u$ p.p. : $f$ égale le mesurable $\ell$ p.p., donc est Lebesgue-mesurable (complétude de $\lambda$ ) avec $\int f\,\dd\lambda = \int\ell\,\dd\lambda = \underline\int f = \int_a^bf$ . ∎

Exemple 10.13

$\mathbf 1_\Q$ est nulle part continue : non Riemann-intégrable — mais Lebesgue-triviale : $\int\mathbf 1_\Q\,\dd\lambda = \lambda(\Q) = 0$ . La fonction de Thomae ( $\frac1q$ aux rationnels $\frac pq$ , $0$ ailleurs) est continue exactement aux irrationnels : Riemann-intégrable d’intégrale $0$ . Et les intégrales de Riemann impropres sont une notion différente : $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\,\dd x$ converge comme limite de $\int_0^A$ (le problème du week-end calcule qu’elle vaut $\frac\pi2$ ), mais $\frac{\sin x}x \notin L^1(\intoo0{+\infty})$ : l’intégrale absolue diverge comme la série harmonique (Exercice 10.6). La théorie de Lebesgue échange la convergence conditionnelle contre des théorèmes de limite robustes.

10.4 Intégrales à paramètre

Tout au long, $(X, \mathcal A, \mu)$ est un espace mesuré, $T$ un espace métrique (le paramètre), et $f \colon T \times X \to \C$ avec $f(t, \cdot)$ intégrable pour chaque $t$ ; poser $F(t) = \int_X f(t, x)\,\dd\mu(x)$ .

Théorème 10.14 (Continuité)

Supposons : $t \mapsto f(t,x)$ est continue en $t_0$ pour p.t. $x$ , et il existe un $g$ intégrable avec $\abs{f(t,x)} \leq g(x)$ pour tout $t$ dans un voisinage de $t_0$ et p.t. $x$ . Alors $F$ est continue en $t_0$ .

Démonstration. Pour toute suite $t_n \to t_0$ : $f(t_n, \cdot) \to f(t_0, \cdot)$ p.p., dominée par $g$ : le TCD donne $F(t_n) \to F(t_0)$ ; la continuité séquentielle suffit dans les espaces métriques (Remarque 6.8). ∎

Théorème 10.15 (Dérivation sous le signe intégral)

Soit $T$ un intervalle ouvert de $\R$ . Supposons : pour p.t. $x$ , $t \mapsto f(t,x)$ est dérivable sur $T$ , avec

\Bigl|\frac{\partial f}{\partial t}(t, x)\Bigr| \leq g(x) \quad \text{pour tout } t \in T,\ \text{p.t.\ } x,

$g$ intégrable. Alors $F$ est dérivable sur $T$ avec $F'(t) = \int_X \frac{\partial f}{\partial t}(t, x)\,\dd\mu(x)$ .

Démonstration. Fixer $t$ et $h_n \to 0$ : les quotients de différences

\varphi_n(x) = \frac{f(t + h_n, x) - f(t, x)}{h_n} \longrightarrow \frac{\partial f}{\partial t}(t,x) \quad\text{p.p.},

et l’inégalité des accroissements finis borne $\abs{\varphi_n(x)} \leq \sup_{s}\abs{\partial_tf(s,x)} \leq g(x)$ : le TCD s’applique, et $\frac{F(t + h_n) - F(t)}{h_n} = \int\varphi_n \to \int\partial_t f(t, \cdot)$ . ∎

Exemple 10.16 (La fonction gamma)

Pour $t > 0$ soit

\Gamma(t) = \int_0^{+\infty} x^{t-1}\eu^{-x}\,\dd x .

L’intégrale converge : près de $0$ , $x^{t-1}$ est intégrable ( $t > 0$ ) ; à l’infini, $x^{t-1}\eu^{-x} \leq C\eu^{-x/2}$ . L’intégration par parties (sur $[\varepsilon, A]$ , puis limites via TCM) donne l’équation fonctionnelle $\Gamma(t + 1) = t\,\Gamma(t)$ , d’où $\Gamma(n+1) = n!$ : la factorielle interpolée. Sur tout $\intcc ab \subseteq \intoo0{+\infty}$ , $\partial_t\bigl(x^{t-1}\eu^{-x}\bigr) = \ln x\cdot x^{t-1}\eu^{-x}$ est dominé par $\abs{\ln x}(x^{a-1} + x^{b-1})\eu^{-x}$ , intégrable : $\Gamma$ est $\mathcal C^1$ , et par induction $\mathcal C^\infty$ , avec $\Gamma^{(k)}(t) = \int_0^\infty(\ln x)^kx^{t-1}\eu^{-x}\dd x$ . La valeur $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi$ est l’intégrale gaussienne déguisée (Problème 10.1).

L’intégrande xx : l’intégrale impropre ∈t_0∈fty converge par annulation alternée entre les arches, mais les aires | | des arches se comportent comme 2π k — une série harmonique : xx ∉ L1. L’intégrabilité au sens de Lebesgue est l’intégrabilité absolue. — L’intégrande $\frac{\sin x}x$ : l’intégrale impropre $\int_0^\infty$ converge par annulation alternée entre les arches, mais les aires $\abs{\cdot}$ des arches se comportent comme $\frac2{\pi k}$ — une série harmonique : $\frac{\sin x}x \notin L^1$ . L’intégrabilité au sens de Lebesgue est l’intégrabilité absolue.

10.5 Exercices

Exercice 10.1 ★

(a) Montrer qu’une fonction monotone $\R \to \R$ est Borel-mesurable, et qu’une dérivée (d’une fonction partout dérivable) est Borel-mesurable. (b) Montrer que $f \colon X \to \R$ est mesurable ssi $\{f > q\} \in \mathcal A$ pour tout $q$ rationnel.

Solution

Solution de Exercice 10.1.

(a) Si $f$ est croissante, $\{f > t\}$ est $\varnothing$ , $\R$ , ou une demi-droite $\intoo a{+\infty}$ / $\intco a{+\infty}$ : borélien dans tous les cas ; décroissante de même. Une dérivée : $f'(x) = \lim_n n\bigl(f(x + \frac1n) - f(x)\bigr)$ est une limite ponctuelle de fonctions continues (donc mesurables) : Proposition 10.2(c).

(b) $\{f > t\} = \bigcup_{q \in \Q,\, q > t}\{f > q\}$ : si les niveaux rationnels sont mesurables, tous les niveaux le sont, et les demi-droites engendrent $\mathcal B(\R)$ .

Exercice 10.2 ★

Calculer, avec justification complète :

\lim_{n\to\infty}\int_0^{+\infty} \frac{\cos x}{(1 + x/n)^{n}}\,\dd x, \qquad \lim_{n\to\infty}\int_0^1 \frac{n\,x^{n-1}}{1 + x}\,\dd x .

(Pour la seconde : substituer $u = x^n$ avant de dominer.)

Solution

Solution de Exercice 10.2.

Première : $(1 + x/n)^n \nearrow \eu^x$ pour $x \geq 0$ , donc l’intégrande tend ponctuellement vers $\eu^{-x}\cos x$ ; pour $n \geq 2$ , $(1 + x/n)^n \geq (1 + x/2)^2$ , donnant le dominateur intégrable $(1 + x/2)^{-2}$ . TCD :

\lim_n\int_0^\infty\frac{\cos x}{(1 + x/n)^n}\dd x = \int_0^\infty \eu^{-x}\cos x\,\dd x = \operatorname{Re}\int_0^\infty\eu^{-(1 - \iu)x}\dd x = \operatorname{Re}\frac{1}{1 - \iu} = \frac12 .

Seconde : substituer $u = x^n$ (une bijection $\mathcal C^1$ de $\intoo01$ ) :

\int_0^1\frac{nx^{n-1}}{1 + x}\dd x = \int_0^1\frac{\dd u}{1 + u^{1/n}} \longrightarrow \int_0^1\frac{\dd u}{2} = \frac12,

par TCD : pour $u \in \intoo01$ , $u^{1/n} \to 1$ , et l’intégrande est bornée par $1$ sur un espace de mesure finie.

Exercice 10.3 ★★

(a) Exhiber une inégalité stricte dans le lemme de Fatou. (b) Exhiber $f_n \to 0$ ponctuellement avec $\int f_n = 1$ de trois façons : échappée en hauteur, en largeur, à l’infini. Quelle hypothèse unique du TCD chacune viole-t-elle ? (c) Montrer que dans le lemme de Fatou on ne peut remplacer $\liminf$ par $\limsup$ d’aucun côté.

Solution

Solution de Exercice 10.3.

(a) $f_n = n\,\mathbf 1_{\intoo0{1/n}}$ : $\liminf f_n = 0$ ponctuellement, $\int f_n = 1$ : $0 < 1$ .

(b) Hauteur : $n\mathbf 1_{\intoo0{1/n}}$ ; largeur : $\frac1n\mathbf 1_{\intoo0n}$ ; translation : $\mathbf 1_{\intoo n{n+1}}$ . Toutes tendent vers $0$ ponctuellement avec $\int = 1$ . Dans chaque cas l’hypothèse de domination échoue : $\sup_nf_n$ est $\approx 1/x$ près de $0$ , $\approx$ un profil constant non intégrable, de type $\mathbf 1_{\intoo1\infty}$ — jamais intégrable.

(c) « $\int\limsup f_n \geq \limsup\int f_n$ » échoue pour la bosse qui se translate : membre de gauche $0$ , de droite $1$ . « $\limsup\int \leq \int\limsup$ » est le même énoncé. Et Fatou pour $\limsup$ avec $\leq$ renversé (« Fatou inverse ») exige un dominateur — la même bosse est le contre-exemple.

Exercice 10.4 ★★

(a) Montrer $\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{x}{\eu^x - 1}\,\dd x = \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6$ (développer $\frac1{\eu^x - 1}$ en série géométrique et intégrer terme à terme — quel théorème le permet ?). (b) (Rêve du sophomore) Montrer $\displaystyle\int_0^1 x^{-x}\,\dd x = \sum_{n\geq1}n^{-n}$ . (Écrire $x^{-x} = \eu^{-x\ln x} = \sum_k\frac{(-x\ln x)^k}{k!}$ et calculer $\int_0^1(-x\ln x)^k\dd x$ en substituant $x = \eu^{-u/(k+1)}$ , en reconnaissant $\Gamma$ .)

Solution

Solution de Exercice 10.4.

(a) Pour $x > 0$ : $\frac1{\eu^x - 1} = \frac{\eu^{-x}}{1 - \eu^{-x}} = \sum_{n\geq1}\eu^{-nx}$ , donc $\frac{x}{\eu^x - 1} = \sum_{n\geq1}x\eu^{-nx}$ , une série de fonctions mesurables positives : le Corollaire 10.7 autorise l’intégration terme à terme :

\int_0^\infty\frac{x\,\dd x}{\eu^x - 1} = \sum_{n\geq1}\int_0^\infty x\eu^{-nx}\dd x = \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6

( $\int_0^\infty x\eu^{-nx}\dd x = n^{-2}$ par parties ; Bâle du volume de 2e année, ou l’Exercice 13.5 à venir).

(b) Sur $\intoo01$ , $-x\ln x \geq 0$ , donc $x^{-x} = \eu^{-x\ln x} = \sum_k\frac{(-x\ln x)^k}{k!}$ est une série de termes positifs : interversion encore. En substituant $x = \eu^{-u/(k+1)}$ :

\int_0^1(-x\ln x)^k\dd x = \int_0^\infty\Bigl(\frac{u}{k+1}\Bigr)^{k} \eu^{-\frac{ku}{k+1}}\;\frac{\eu^{-\frac u{k+1}}}{k+1}\,\dd u = \frac{1}{(k+1)^{k+1}}\int_0^\infty u^k\eu^{-u}\dd u = \frac{k!}{(k+1)^{k+1}} .

D’où $\int_0^1x^{-x}\dd x = \sum_{k\geq0}\frac{1}{(k+1)^{k+1}} = \sum_{n\geq1}n^{-n}$ : le rêve du sophomore, rigoureusement.

Exercice 10.5 ★★

(a) Montrer que $f \geq 0$ mesurable avec $\int f\,\dd\mu = 0$ satisfait $f = 0$ p.p. (Considérer $\{f \geq 1/n\}$ et l’inégalité de Markov : $\mu(\{f \geq a\}) \leq \frac1a\int f$ — la prouver.) (b) Montrer qu’une $f$ intégrable est finie p.p. (c) Montrer que si $\int_A f\,\dd\mu = 0$ pour tout $A$ mesurable, alors $f = 0$ p.p.

Solution

Solution de Exercice 10.5.

(a) Markov : $a\,\mathbf 1_{\{f \geq a\}} \leq f$ , intégrer : $\mu(\{f \geq a\}) \leq \frac1a\int f$ . Si $\int f = 0$ : $\mu(\{f \geq \frac1n\}) = 0$ pour tout $n$ , et $\{f > 0\} = \bigcup_n\{f \geq \frac1n\}$ est nul.

(b) $\mu(\{\abs f = \infty\}) \leq \mu(\{\abs f \geq n\}) \leq \frac1n\int\abs f \to 0$ .

(c) Prendre $A = \{f > 0\}$ : $\int f^+\dd\mu = \int_Af\,\dd\mu = 0$ , donc $f^+ = 0$ p.p. par (a) ; de même $f^- = 0$ p.p.

Exercice 10.6 ★★

(a) Appliquer le Théorème 10.12 pour décider de l’intégrabilité au sens de Riemann de : $\mathbf 1_\Q$ ; la fonction de Thomae ; $\mathbf 1_K$ pour $K$ un ensemble de Cantor gras (Exercice 9.5). (b) Montrer que $\int_1^{+\infty}\abs{\frac{\sin x}x}\,\dd x = +\infty$ , tandis que $\lim_{A\to\infty}\int_1^A\frac{\sin x}x\,\dd x$ existe (intégrer par parties) : convergence impropre sans intégrabilité.

Solution

Solution de Exercice 10.6.

(a) $\mathbf 1_\Q$ : discontinue partout, non Riemann-intégrable (Théorème 10.12) ; son intégrale de Lebesgue vaut $\lambda(\Q) = 0$ . Thomae : continue en tout irrationnel (étant donné $\varepsilon$ , seul un nombre fini de rationnels dans $\intcc01$ ont dénominateur $\leq 1/\varepsilon$ ; les éviter par un petit voisinage), discontinue aux rationnels (densité des irrationnels) : continue p.p., Riemann-intégrable, intégrale $0$ (elle s’annule p.p.). $\mathbf 1_K$ , $K$ un Cantor gras : l’ensemble de discontinuité est $\partial K = K$ (fermé d’intérieur vide), de mesure $\frac12 > 0$ : non Riemann-intégrable — pourtant Lebesgue-intégrable d’intégrale $\lambda(K) = \frac12$ .

(b) $\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{\abs{\sin x}}x\dd x \geq \frac1{(k+1)\pi}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\abs{\sin x}\dd x = \frac{2}{(k+1)\pi}$ : la série diverge. Convergence de l’intégrale impropre : pour $A > \pi$ ,

\int_\pi^A\frac{\sin x}x\dd x = \Bigl[\frac{-\cos x}x\Bigr]_\pi^A - \int_\pi^A\frac{\cos x}{x^2}\dd x,

et les deux termes convergent lorsque $A \to \infty$ ( $\frac1{x^2}$ est intégrable) : convergence conditionnelle sans intégrabilité absolue.

Exercice 10.7 ★★

Justifier que $F(t) = \int_0^{+\infty}\eu^{-x^2}\cos(tx)\,\dd x$ est $\mathcal C^1$ sur $\R$ et satisfait $F'(t) = -\frac t2F(t)$ (intégrer par parties) ; en déduire $F(t) = F(0)\,\eu^{-t^2/4}$ . (Avec $F(0) = \frac{\sqrt\pi}2$ du problème du week-end : la gaussienne est essentiellement sa propre transformée de Fourier — le Chapitre 14 systématisera ceci.)

Solution

Solution de Exercice 10.7.

Domination : $\abs{\partial_t(\eu^{-x^2}\cos(tx))} = \abs{x\eu^{-x^2}\sin(tx)} \leq x\eu^{-x^2}$ , intégrable et indépendante de $t$ : le Théorème 10.15 s’applique globalement,

F'(t) = -\int_0^\infty x\eu^{-x^2}\sin(tx)\,\dd x = \Bigl[\tfrac12\eu^{-x^2}\sin(tx)\Bigr]_0^\infty - \frac t2\int_0^\infty\eu^{-x^2}\cos(tx)\dd x = -\frac t2F(t)

(intégration par parties avec $\dd v = x\eu^{-x^2}\dd x$ ). L’EDO linéaire donne $F(t) = F(0)\eu^{-t^2/4}$ ; avec $F(0) = \frac{\sqrt\pi}2$ (Problème 10.1), la gaussienne se reproduit sous cette transformée en cosinus.

Exercice 10.8 ★★★

(Frullani) Soient $0 < a < b$ . Montrer

\int_0^{+\infty}\frac{\eu^{-ax} - \eu^{-bx}}{x}\,\dd x = \ln\frac ba,

en écrivant l’intégrande comme $\int_a^b \eu^{-xt}\,\dd t$ et en justifiant l’interversion via la théorie positive (Corollaire 10.7 sous forme continue — anticiper Tonelli, ou découper $[a,b]$ en $n$ parts égales et passer à la limite).

Solution

Solution de Exercice 10.8.

L’intégrale converge : près de $0$ l’intégrande tend vers $b - a$ (bornée), et elle décroît comme $\eu^{-ax}$ à l’infini. Fixer $a$ et voir $I(b) = \int_0^\infty\frac{\eu^{-ax} - \eu^{-bx}}x\dd x$ comme fonction de $b \in \intco a{+\infty}$ . Pour tout $b \geq a$ : $\abs{\partial_b(\text{intégrande})} = \eu^{-bx} \leq \eu^{-ax}$ , et $\int_0^\infty\eu^{-ax}\dd x = \frac1a < \infty$ : un dominateur intégrable. Donc le Théorème 10.15 donne $I'(b) = \int_0^\infty\eu^{-bx}\dd x = \frac1b$ , et $I(a) = 0$ :

I(b) = \int_a^b\frac{\dd t}t = \ln\frac ba .

(Équivalemment, la voie de l’indication : l’intégrande est $\int_a^b\eu^{-xt}\dd t \geq 0$ et l’interversion est l’analogue continu du Corollaire 10.7, c.-à-d. Tonelli — prouvé dans le Chapitre 11 ; la voie par paramètre reste dans ce chapitre.)

Exercice 10.9 ★★

Soit $f \geq 0$ mesurable sur $(X, \mathcal A, \mu)$ . Montrer que $\nu(A) = \int_A f\,\dd\mu$ définit une mesure (densité $f$ par rapport à $\mu$ ), et que $\int g\,\dd\nu = \int gf\,\dd\mu$ pour toute $g \geq 0$ mesurable (le prouver pour les indicateurs, puis les simples, puis le TCM — la machine standard).

Solution

Solution de Exercice 10.9.

$\nu(\varnothing) = 0$ ; pour des $(A_n)$ disjoints, $f\mathbf 1_{\bigsqcup A_n} = \sum_nf\mathbf 1_{A_n}$ (ponctuellement, tous termes $\geq 0$ ), et le Corollaire 10.7 donne la $\sigma$ -additivité. La formule $\int g\,\dd\nu = \int gf\,\dd\mu$ : pour $g = \mathbf 1_A$ c’est la définition de $\nu$ ; pour $g$ simple, linéarité ; pour $g \geq 0$ mesurable, prendre des simples $s_n \nearrow g$ (Théorème 10.4) : $s_nf \nearrow gf$ , et le TCM des deux côtés passe à la limite. (Cet escalier « indicateur $\to$ simple $\to$ TCM » est la machine standard de la théorie.)

Exercice 10.10 ★★★

(Un échec à la Weierstrass) Définir $f(t) = \int_0^{+\infty}\frac{\sin(tx)}{x(1 + x^2)}\,\dd x$ . (a) Montrer que $f$ est bien définie et continue sur $\R$ , et $\mathcal C^1$ avec $f'(t) = \int_0^\infty\frac{\cos(tx)}{1 + x^2}\dd x$ pour tout $t$ — mais que dériver encore sous le signe intégral est illégitime. (b) En admettant $f'(t) = \frac\pi2\eu^{-t}$ pour $t > 0$ (prouvé dans le Chapitre 17), que vaut $\int_0^\infty\frac{x\sin(tx)}{1+x^2}\dd x$ pour $t > 0$ , et pourquoi sa formule confirme l’échec en (a) ?

Solution

Solution de Exercice 10.10.

(a) $\abs{\sin(tx)} \leq \abs tx$ donne $\abs{\frac{\sin(tx)}{x(1+x^2)}} \leq \frac{\abs t}{1+x^2}$ : l’intégrale converge, et sur $\abs t \leq T$ le dominateur $\frac{T}{1+x^2}$ donne la continuité (Théorème 10.14). Dérivation : $\abs{\partial_t} = \abs{\frac{\cos(tx)}{1+x^2}} \leq \frac1{1+x^2}$ , intégrable : $f'(t) = \int_0^\infty\frac{\cos(tx)}{1+x^2}\dd x$ pour tout $t$ . Une seconde dérivation exigerait d’intégrer $\frac{x\sin(tx)}{1 + x^2}$ , dont la valeur absolue se comporte comme $\frac{\abs{\sin(tx)}} x$ à l’infini : non intégrable — aucun dominateur n’existe et le Théorème 10.15 ne peut s’appliquer une seconde fois.

(b) En admettant $f'(t) = \frac\pi2\eu^{-t}$ pour $t > 0$ : par imparité de $f$ , $f'$ est paire, donc $f'(t) = \frac\pi2\eu^{-\abs t}$ — qui n’est pas dérivable en $0$ : $f$ est $\mathcal C^1$ mais pas $\mathcal C^2$ , confirmant que le second dérivatif bloqué n’était pas un accident technique. Pour $t > 0$ l’intégrale impropre $\int_0^\infty\frac{x\sin(tx)}{1+x^2}\dd x$ vaut $-f''(t) = \frac\pi2\eu^{-t}$ (en dérivant la formule admise là où elle est légitime, c.-à-d. sur $\intoo0\infty$ ) — une valeur impropre, non-Lebesgue.

Exercice 10.11 ★★

(Lemme de Scheffé) Soient $f_n, f \geq 0$ intégrables avec $f_n \to f$ p.p. et $\int f_n \to \int f$ . (a) Montrer que $\int\abs{f_n - f} \to 0$ . (Appliquer la convergence dominée à $g_n = (f - f_n)^+ \leq f$ , et écrire $\int\abs{f_n - f} = 2\int g_n - \int(f - f_n)$ .) (b) Montrer par un exemple que l’hypothèse $\int f_n \to \int f$ ne peut être omise (bosse glissante ou concentrant), et que la conclusion échoue pour des $f_n$ signées sans contrôle en valeur absolue : $f_n = n\mathbf 1_{\intoc0{1/n}} - n\mathbf 1_{\intoc{-1/n}0}$ a $f_n \to 0$ p.p., $\int f_n = 0 \to 0$ , pourtant $\int\abs{f_n} = 2$ . (c) Application (densités) : si des densités de probabilité $p_n \to p$ p.p., alors automatiquement $\int\abs{p_n - p} \to 0$ : la convergence ponctuelle des densités est la convergence $L^1$ — une montée en grade gratuite.

Solution

Solution de Exercice 10.11.

(a) Soit $g_n = (f - f_n)^+$ : alors $0 \leq g_n \leq f$ (positivité de $f_n$ ), $g_n \to 0$ p.p., et $f$ est un dominateur intégrable : $\int g_n \to 0$ (TCD). Comme $\abs{f_n - f} = 2(f - f_n)^+ - (f - f_n)$ ,

\int\abs{f_n - f} = 2\int g_n - \Bigl(\int f - \int f_n\Bigr) \longrightarrow 0 + 0 .

(b) La bosse glissante $f_n = \mathbf 1_{\intcc n{n+1}}$ a $f_n \to 0$ p.p. et $\int f_n = 1 \not\to 0$ : sans la convergence des intégrales, la convergence $L^1$ échoue (et l’hypothèse aussi). L’exemple signé : $f_n \to 0$ en tout $x \neq 0$ , $\int f_n = 0$ , mais $\int\abs{f_n} = 2$ : pour des suites signées le théorème porte vraiment sur un contrôle de type $\abs{f_n}$ , et la positivité a été utilisée exactement dans $g_n \leq f$ .

(c) Les densités satisfont $\int p_n = 1 = \int p$ : l’hypothèse de (a) est automatique, donc $p_n \to p$ p.p. force $\norm{p_n - p}_{L^1} \to 0$ — et donc la convergence des probabilités $\int_Ap_n \to \int_Ap$ uniformément sur tous les $A$ mesurables ( $\abs{\int_A(p_n - p)} \leq \norm{p_n - p}_1$ ) : Scheffé transforme la convergence ponctuelle des densités en convergence en variation totale des lois.

Exercice 10.12 ★★

Limites classiques, avec justification complète via TCM/TCD :

\text{(a)}\ \lim_{n\to\infty}\int_0^n\Bigl(1 - \frac xn\Bigr)^n\eu^{x/2}\,\dd x, \qquad \text{(b)}\ \lim_{n\to\infty}\int_0^1\frac{n\,x^{n-1}}{1 + x}\,\dd x,

\text{(c)}\ \lim_{n\to\infty}\int_0^\infty \frac{\dd x}{(1 + x/n)^n\,x^{1/n}} .

(Pour (a) : $(1 - x/n)^n \nearrow \eu^{-x}$ pour $x$ fixé — prouver la monotonie via $\log$ ; pour (b), intégrer par parties ou substituer $x = u^{1/n}$ et identifier une concentration au bord ; pour (c), trouver un dominateur intégrable valable pour tout $n \geq 2$ en scindant en $x = 1$ .)

Solution

Solution de Exercice 10.12.

(a) Sur $\intoo0n$ , $\varphi_n(x) = n\log(1 - \frac xn)$ croît en $n$ vers $-x$ (l’application $t \mapsto \frac{\log(1 - xt)}{t}$ décroît lorsque $t = \frac1n \downarrow 0$ ; ou développer : $\varphi_{n}' \geq 0$ en $n$ via $\log(1-u) + \frac{u}{1-u} \geq 0$ ). Donc $(1 - \frac xn)^n\eu^{x/2}\mathbf 1_{x<n} \nearrow \eu^{-x/2}$ , et le TCM donne

\lim_n\int_0^n\Bigl(1 - \frac xn\Bigr)^n\eu^{x/2}\dd x = \int_0^\infty\eu^{-x/2}\dd x = 2 .

(b) Substituer $u = x^n$ ( $x = u^{1/n}$ , $n x^{n-1}\dd x = \dd u$ ) :

\int_0^1\frac{nx^{n-1}}{1 + x}\dd x = \int_0^1\frac{\dd u}{1 + u^{1/n}} .

Pour $u \in \intoo01$ : $u^{1/n} \to 1$ , donc l’intégrande tend vers $\frac12$ , dominée par $1$ : la limite est $\frac12$ (TCD). (La masse de $nx^{n-1}$ se concentre en $x = 1$ , où $\frac1{1+x} = \frac12$ : la substitution rend la concentration visible.)

(c) Ponctuellement, $(1 + x/n)^n \nearrow \eu^x$ et $x^{1/n} \to 1$ ( $x > 0$ ) : l’intégrande tend vers $\eu^{-x}$ . Dominateur pour $n \geq 2$ : sur $\intoc01$ , $x^{-1/n} \leq x^{-1/2}$ et $(1 + x/n)^{-n} \leq 1$ : borne $x^{-1/2}$ , intégrable ; sur $\intoo1\infty$ , $x^{-1/n} \leq 1$ et $(1 + x/n)^n \geq 1 + \binom n2\frac{x^2}{n^2} \geq 1 + \frac{x^2}4$ : borne $\frac{4}{4 + x^2}$ , intégrable. TCD :

\lim_n\int_0^\infty\frac{\dd x}{(1 + x/n)^nx^{1/n}} = \int_0^\infty\eu^{-x}\dd x = 1 .

10.6 Problème : deux intégrales célèbres

Problème 10.1

Problème du week-end — l’intégrale gaussienne et l’intégrale de Dirichlet, par les seuls paramètres

Deux intégrales règnent sur l’analyse appliquée :

G = \int_{-\infty}^{+\infty}\eu^{-x^2}\dd x = \sqrt\pi, \qquad D = \int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\,\dd x = \frac\pi2

(la seconde comme intégrale impropre, Exemple 10.13). On les prouve toutes deux avec les seuls outils de ce chapitre.

Partie I — La gaussienne. Pour $t \geq 0$ poser

A(t) = \Bigl(\int_0^t\eu^{-x^2}\dd x\Bigr)^{2}, \qquad B(t) = \int_0^1\frac{\eu^{-t^2(1 + x^2)}}{1 + x^2}\,\dd x .

Justifier que $A$ et $B$ sont $\mathcal C^1$ sur $\intoo0{+\infty}$ et calculer $A'$ et $B'$ ; montrer $A'(t) + B'(t) = 0$ . (Dans $B'$ , substituer $u = tx$ .)
Calculer $A(0) + B(0)$ et $\lim_{t\to+\infty}(A + B)(t)$ — justifier la limite sous le signe intégral dans $B$ .
Conclure $\int_0^\infty \eu^{-x^2}\dd x = \frac{\sqrt\pi}2$ , d’où $G = \sqrt\pi$ , et en déduire $\Gamma(\tfrac12) = \sqrt\pi$ (substituer $x = u^2$ dans $\Gamma(\frac12)$ ).

Partie II — L’intégrale de Dirichlet. Pour $t \geq 0$ poser

F(t) = \int_0^{+\infty}\eu^{-tx}\,\frac{\sin x}{x}\,\dd x .

Montrer que l’intégrale définissant $F(t)$ converge pour tout $t > 0$ comme intégrale de Lebesgue, et pour $t = 0$ comme intégrale impropre ; montrer que $D = \lim_{A\to\infty}\int_0^A\frac{\sin x}x\dd x$ existe (intégrer par parties sur $[\pi, A]$ ).
Montrer que $F$ est $\mathcal C^1$ sur $\intoo0{+\infty}$ avec

$F'(t) = -\int_0^{+\infty}\eu^{-tx}\sin x\,\dd x = -\frac{1}{1 + t^2}$

(domination sur $[t_0, \infty)$ pour chaque $t_0 > 0$ ; la dernière intégrale par deux intégrations par parties ou exponentielles complexes).
Montrer $F(t) \to 0$ lorsque $t \to +\infty$ , et en déduire $F(t) = \frac\pi2 - \arctan t$ sur $\intoo0{+\infty}$ .
Le point délicat : $D = \lim_{t\to0^+}F(t)$ . Le prouver par contrôle uniforme de la queue : pour $0 \leq t \leq 1$ et $A \geq \pi$ , intégrer par parties pour montrer

$\Bigl|\int_A^{+\infty}\eu^{-tx}\frac{\sin x}x\,\dd x\Bigr| \leq \frac{C}{A}$

avec $C$ indépendante de $t$ (dériver $\frac{\eu^{-tx}}x$ et borner $\abs{\cos}$ par $1$ ; noter $t\eu^{-tx} \leq 1/x\cdot(tx\eu^{-tx})$ avec $\sup_{u\geq0}u\eu^{-u} < 1$ ) ; puis scinder $F(t) - D$ en $[0, A]$ (où le TCD s’applique lorsque $t \to 0$ ) et $[A, \infty)$ .
Conclure : $D = \frac\pi2$ .

Partie III — Dividendes.

Calculer $\int_0^{+\infty}\frac{\sin^2x}{x^2}\,\dd x$ (intégrer par parties et se ramener à $D$ via $\sin 2x = 2\sin x\cos x$ ).
Calculer $\int_0^{+\infty}\frac{1 - \cos x}{x^2}\,\dd x$ , et vérifier la cohérence des deux résultats.
Pour $a > 0$ , calculer $\int_0^{+\infty}\frac{\sin(ax)}x\dd x$ et $\int_{-\infty}^{+\infty}\eu^{-ax^2}\dd x$ , et enregistrer les règles d’échelle (elles seront les chevaux de trait du Chapitre 14).
Expliquer précisément pourquoi $D$ n’aurait pas pu être traitée par le TCD directement en $t = 0$ (pas de dominateur intégrable sur $[0,1]\times[0,\infty)$ ), et pourquoi le scindage de queue de la question 7 est le substitut honnête — ce schéma (« intégrabilité uniforme des queues ») revient tout au long de l’analyse.

Partie IV — La fonction gamma selon Bohr et Mollerup. La fonction $\Gamma$ (Exemple 10.16) satisfait $\Gamma(1) = 1$ et $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ — mais autant d’une infinité d’autres fonctions (multiplier par n’importe quel tremblement $1$ -périodique). Une condition de convexité épingle $\Gamma$ de façon unique, et ses identités plus profondes s’en déduisent mécaniquement. Une fonction positive $f$ sur un intervalle est log-convexe si $\log f$ est convexe.

Montrer que log-convexe implique convexe, que les produits de fonctions log-convexes et leurs composées avec des applications affines sont log-convexes, et — via l’inégalité de Hölder à deux fonctions $\int\abs{uv} \leq \bigl(\int\abs u^p\bigr)^{1/p}\bigl(\int\abs v^q\bigr)^{1/q}$ , prouvée directement à partir de l’inégalité de Young — que $\Gamma$ est log-convexe sur $\intoo0\infty$ .
(Lemme des pentes) Soit $g$ convexe sur $\intoo0\infty$ avec $g(n+1) - g(n) = \log n$ pour tout entier $n \geq 1$ . Pour $x \in \intoc01$ et $n \geq 2$ , comparer les pentes de $g$ sur $[n-1, n]$ , $[n, n+x]$ et $[n, n+1]$ , et en déduire

$x\log(n-1) \;\leq\; g(n + x) - g(n) \;\leq\; x\log n .$
(Bohr–Mollerup) Soit $f > 0$ satisfaisant $f(1) = 1$ , $f(x+1) = xf(x)$ , et $\log f$ convexe. En déroulant la récurrence en $f(n + x) = x(x+1)\cdots(x + n - 1)\,f(x)$ et $f(n) = (n-1)!$ , déduire de la question 14 que pour $x \in \intoc01$

$f(x) = \lim_{n\to\infty} \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} :$

$f$ est unique, d’où $f = \Gamma$ , et la formule limite de Gauss tient (étendre à tout $x > 0$ par la récurrence).
Définir la fonction bêta $B(x, y) = \int_0^1t^{x-1}(1-t)^{y-1}\,\dd t$ ( $x, y > 0$ ). Prouver la convergence, la récurrence $B(x+1, y) = \frac{x}{x+y}\,B(x, y)$ (intégrer par parties), et $B(1, y) = \frac1y$ .
Montrer que $x \mapsto B(x, y)$ est log-convexe (Hölder encore), et appliquer Bohr–Mollerup à

$f(x) = \frac{B(x, y)\,\Gamma(x + y)}{\Gamma(y)}$

pour conclure la formule d’Euler : $B(x, y) = \dfrac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ — aucune intégrale double nulle part.
Calculer $B(\frac12, \frac12)$ directement (substituer $t = \sin^2\theta$ ) et en déduire $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi$ : l’intégrale gaussienne de la partie I, retrouvée par pure convexité. Comparer les deux preuves en une phrase chacune.
(Duplication de Legendre) Montrer que

$g(x) = \frac{2^{x-1}}{\sqrt\pi}\, \Gamma\Bigl(\frac x2\Bigr) \Gamma\Bigl(\frac{x+1}2\Bigr)$

satisfait les trois hypothèses de Bohr–Mollerup, et conclure $g = \Gamma$ , c.-à-d. $\Gamma(2z) = \frac{2^{2z-1}}{\sqrt\pi}\,\Gamma(z)\,\Gamma(z + \tfrac12)$ pour tout $z > 0$ .
En déduire la forme fermée $\Gamma\bigl(n + \tfrac12\bigr) = \dfrac{(2n)!}{4^n\,n!}\sqrt\pi$ , et prouver, par le lemme des pentes appliqué à $\log\Gamma$ autour de grands entiers, l’asymptotique

$\frac{\Gamma(n + \frac12)}{\Gamma(n)\,\sqrt n} \longrightarrow 1 .$
Combiner les deux dernières questions en l’asymptotique binomiale centrale

$\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}},$

et vérifier numériquement pour $n = 10$ ( $\binom{20}{10} = 184756$ , contre $4^{10}/\sqrt{10\pi} \approx 187079$ : rapport $\approx 0{,}988$ ).
(Synthèse) La constante $\sqrt\pi$ est maintenant apparue comme l’intégrale gaussienne (partie I), comme $B(\frac12, \frac12)$ (question 18), et dans la duplication (question 19) ; l’estimation binomiale centrale anticipe à la fois Stirling (problème du week-end du Chapitre 11) et de Moivre–Laplace. Cartographier les connexions : quels énoncés sont équivalents à quels, et que contribue chaque technique — dérivation sous le signe intégral versus convexité — que l’autre ne peut pas ?

Partie V — Trois dividendes de plus.

(Wallis, par Bêta) Pour $p > -1$ , substituer $t = \sin^2\theta$ pour montrer

$W_p = \int_0^{\pi/2}\sin^p\theta\,\dd\theta = \frac12\,B\Bigl(\frac{p+1}2, \frac12\Bigr),$

et déduire de la récurrence Bêta (question 16) que $W_{n+2} = \frac{n+1}{n+2}\,W_n$ pour les entiers $n \geq 0$ . Calculer $W_{2n}$ et $W_{2n+1}$ sous forme fermée, montrer $W_{2n+1}/W_{2n} \to 1$ par encadrement, et conclure avec le produit de Wallis

$\frac\pi2 = \lim_{n\to\infty} \prod_{k=1}^{n}\frac{4k^2}{4k^2 - 1} .$
(La gaussienne rencontre une fréquence) Pour $b \in \R$ poser

$\Phi(b) = \int_{-\infty}^{+\infty} \eu^{-x^2}\cos(2bx)\,\dd x .$

Montrer que $\Phi$ est $\mathcal C^1$ sur $\R$ , qu’une intégration par parties produit l’équation différentielle $\Phi'(b) = -2b\,\Phi(b)$ , et conclure

$\Phi(b) = \sqrt\pi\,\eu^{-b^2} :$

la gaussienne se reproduit sous cette transformée — l’unique identité sur laquelle le Chapitre 14 tournera.
(Intégrale de Frullani) Pour $0 < a < b$ , montrer que

$\int_0^{+\infty} \frac{\eu^{-ax} - \eu^{-bx}}{x}\,\dd x = \log\frac ba ,$

en dérivant en le paramètre $a$ (justifier la domination sur tout $\intco{a_0}{+\infty}$ , $a_0 > 0$ , et identifier la constante en faisant $a \to b$ ). Où exactement l’intégrande a-t-elle besoin de sa singularité amovible en $x = 0$ ?

Solution

Solution de Problème 10.1.

1. $A$ est $\mathcal C^1$ par le théorème fondamental du calcul et la règle de la chaîne : $A'(t) = 2\eu^{-t^2}\int_0^t\eu^{-x^2}\dd x$ . Pour $B$ : $\partial_t\bigl(\frac{\eu^{-t^2(1+x^2)}}{1+x^2}\bigr) = -2t\,\eu^{-t^2(1+x^2)}$ , continue et bornée sur $[t_0, T] \times \intcc01$ pour tout $0 < t_0 < T$ (domination bornée sur un espace de mesure finie suffit) : $B$ est $\mathcal C^1$ sur $\intoo0{+\infty}$ avec

B'(t) = -2t\int_0^1 \eu^{-t^2(1+x^2)}\dd x = -2\eu^{-t^2}\int_0^1 t\,\eu^{-(tx)^2}\dd x = -2\eu^{-t^2}\int_0^t\eu^{-u^2}\dd u = -A'(t)

(substitution $u = tx$ ).

2. $A(0) = 0$ et $B(0) = \int_0^1\frac{\dd x}{1+x^2} = \frac\pi4$ . $A + B$ a dérivée nulle sur $\intoo0{+\infty}$ et est continue en $0$ ( $B$ par domination $\frac1{1+x^2}$ et Théorème 10.14) : $A + B \equiv \frac\pi4$ . Lorsque $t\to+\infty$ : $0 \leq B(t) \leq \eu^{-t^2} \to 0$ , et $A(t) \to \bigl(\int_0^\infty\eu^{-x^2}\dd x\bigr)^2$ (TCM ou simple convergence monotone de l’intégrale intérieure).

3. D’où $\bigl(\int_0^\infty\eu^{-x^2}\dd x\bigr)^2 = \frac\pi4$ : $\int_0^\infty\eu^{-x^2}\dd x = \frac{\sqrt\pi}2$ , et par parité $G = \sqrt\pi$ . Aussi $\Gamma(\frac12) = \int_0^\infty x^{-1/2}\eu^{-x}\dd x \overset{x = u^2}{=} 2\int_0^\infty\eu^{-u^2}\dd u = \sqrt\pi$ .

4. Pour $t > 0$ : $\abs{\eu^{-tx}\frac{\sin x}x} \leq \eu^{-tx}$ , intégrable. Pour $t = 0$ , convergence impropre : sur $[\pi, A]$ ,

\int_\pi^A\frac{\sin x}x\dd x = \Bigl[-\frac{\cos x}x\Bigr]_\pi^A - \int_\pi^A\frac{\cos x}{x^2}\dd x,

les deux termes convergeant lorsque $A \to \infty$ ; près de $0$ l’intégrande se prolonge continûment par $1$ .

5. Sur $[t_0, +\infty)$ ( $t_0 > 0$ ) : $\abs{\partial_t\bigl(\eu^{-tx}\tfrac{\sin x}x\bigr)} = \eu^{-tx}\abs{\sin x} \leq \eu^{-t_0x}$ , intégrable : le Théorème 10.15 s’applique sur tout tel intervalle, donc sur tout $\intoo0{+\infty}$ :

F'(t) = -\int_0^\infty\eu^{-tx}\sin x\,\dd x = -\operatorname{Im}\int_0^\infty\eu^{-(t - \iu)x}\dd x = -\operatorname{Im}\frac{1}{t - \iu} = -\frac{1}{1 + t^2}.

6. $\abs{F(t)} \leq \int_0^\infty\eu^{-tx}\dd x = \frac1t \to 0$ . En intégrant $F' = -\frac1{1+t^2}$ : $F(t) = C - \arctan t$ , et $t \to \infty$ force $C = \frac\pi2$ : $F(t) = \frac\pi2 - \arctan t$ sur $\intoo0{+\infty}$ .

7. Intégrer par parties sur $[A, R]$ avec $\sin x = (-\cos x)'$ et faire $R \to \infty$ :

\int_A^{\infty}\eu^{-tx}\frac{\sin x}x\dd x = \frac{\cos A\;\eu^{-tA}}{A} - \int_A^\infty \cos x\,\Bigl(\frac tx + \frac1{x^2}\Bigr)\eu^{-tx}\dd x .

En bornant $\abs{\cos} \leq 1$ : le premier terme est $\leq \frac1A$ ; l’intégrale est au plus $\int_A^\infty t\eu^{-tx}\frac{\dd x}x + \int_A^\infty\frac{\dd x}{x^2} \leq \frac1A\int_0^\infty t\eu^{-tx}\dd x + \frac1A = \frac2A$ . Total : $\leq \frac 3A$ , uniformément pour $t \in [0, 1]$ (le cas $t = 0$ inclus). Maintenant

\abs{F(t) - D} \leq \Bigl|\int_0^A(\eu^{-tx} - 1)\,\frac{\sin x}x\,\dd x\Bigr| + \frac6A .

Sur $[0, A]$ : $\abs{\eu^{-tx} - 1} \leq tx \leq tA$ et $\abs{\frac{\sin x}x} \leq 1$ , donc le premier terme est au plus $tA^2$ . Choisir $A$ avec $\frac6A < \varepsilon$ , puis $t < \varepsilon/A^2$ : $\abs{F(t) - D} < 2\varepsilon$ .

8. Par conséquent $D = \lim_{t\to0^+}F(t) = \lim_{t\to0^+}\bigl(\frac\pi2 - \arctan t\bigr) = \frac\pi2$ .

9. Par parties ( $u = \sin^2x$ , $v' = x^{-2}$ ) :

\int_0^\infty\frac{\sin^2x}{x^2}\dd x = \Bigl[-\frac{\sin^2x}{x}\Bigr]_0^\infty + \int_0^\infty\frac{2\sin x\cos x}{x}\dd x = \int_0^\infty\frac{\sin 2x}{x}\dd x = D = \frac\pi2

(substituer $u = 2x$ à la dernière étape ; les termes de bord s’annulent : $\sin^2 x/x \to 0$ aux deux bouts).

10. Par parties ( $u = 1 - \cos x$ , $v' = x^{-2}$ ) : $\int_0^\infty\frac{1 - \cos x}{x^2}\dd x = \int_0^\infty\frac{\sin x}x\dd x = \frac\pi2$ . Cohérence : $1 - \cos x = 2\sin^2\frac x2$ , et la substitution $x = 2u$ transforme $\int\frac{2\sin^2(x/2)}{x^2}\dd x$ en $\int\frac{\sin^2u}{u^2}\dd u$ : les deux calculs s’accordent.

11. $\int_0^\infty\frac{\sin(ax)}x\dd x = \frac\pi2$ pour tout $a > 0$ (substituer $u = ax$ : l’intégrale est invariante d’échelle) ; $\int_\R\eu^{-ax^2}\dd x = \sqrt{\pi/a}$ (substituer $u = \sqrt a\,x$ ). L’échelle dans l’argument laisse l’intégrale de Dirichlet fixe et divise la gaussienne par $\sqrt a$ .

12. Un dominateur valable pour tout $t \in [0,1]$ doit dominer $\sup_{t\in[0,1]}\abs{\eu^{-tx}\frac{\sin x}x} = \abs{\frac{\sin x}x}$ , qui n’est pas intégrable (Exercice 10.6) : le TCD ne peut pas traverser $t = 0$ . Le substitut de la question 7 — queues uniformément petites en le paramètre, partie compacte traitée par TCD — est le schéma standard d’« intégrabilité uniforme », et réapparaît chaque fois que la convergence conditionnelle rencontre une interversion de limites.

13. Si $g = \log f$ est convexe alors $f = \exp\circ g$ est convexe (exp est convexe croissante : $f(\lambda x + (1-\lambda) y) \leq \eu^{\lambda g(x) + (1-\lambda)g(y)} \leq \lambda f(x) + (1-\lambda)f(y)$ , la dernière étape par convexité de exp entre les points $g(x), g(y)$ ). Produits et substitutions affines : les logarithmes les transforment en sommes et substitutions affines de fonctions convexes. Hölder ( $\frac1p + \frac1q = 1$ ) : pour $\int\abs u^p = \int\abs v^q = 1$ , Young donne $\abs{uv} \leq \frac{\abs u^p}p + \frac{\abs v^q}q$ , intégrer : $\int\abs{uv} \leq 1$ ; le cas général par homogénéité. Alors, pour $\lambda \in \intoo01$ , l’appliquer avec $p = \frac1\lambda$ à la factorisation

t^{\lambda x + (1-\lambda)y - 1}\eu^{-t} = \bigl(t^{x-1}\eu^{-t}\bigr)^{\lambda} \bigl(t^{y-1}\eu^{-t}\bigr)^{1-\lambda} : \qquad \Gamma(\lambda x + (1{-}\lambda)y) \leq \Gamma(x)^\lambda\,\Gamma(y)^{1-\lambda} .

14. Pour un $g$ convexe, la pente d’une corde croît avec ses extrémités (inégalité des trois cordes). En comparant les cordes sur $[n-1, n]$ , $[n, n+x]$ , $[n, n+1]$ :

\log(n-1) = \frac{g(n) - g(n-1)}1 \leq \frac{g(n+x) - g(n)}x \leq \frac{g(n+1) - g(n)}1 = \log n,

et multiplier par $x > 0$ donne l’énoncé.

15. Avec $f(n) = (n-1)!$ (récurrence depuis $f(1) = 1$ ) et $f(n + x) = x(x+1)\cdots(x+n-1)\,f(x)$ , la question 14 se lit

(n-1)^x\,(n-1)! \;\leq\; x(x+1)\cdots(x+n-1)\,f(x) \;\leq\; n^x\,(n-1)! .

La borne supérieure se réécrit $f(x) \leq \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}\cdot\frac{x+n}n$ , et la borne inférieure au rang $n+1$ comme $f(x) \geq \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ . Le facteur correctif $\frac{x+n}n \to 1$ : le sandwich force

f(x) = \lim_n\frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} \qquad (x \in \intoc01),

une expression indépendante de $f$ : unicité sur $\intoc01$ , d’où partout par la récurrence. Comme $\Gamma$ satisfait les trois hypothèses (question 13), $f = \Gamma$ et la formule de Gauss tient — pour tout $x > 0$ , les deux membres obéissant à la même récurrence.

16. Près de $0$ , l’intégrande est $\sim t^{x-1}$ , intégrable ssi $x > 0$ ; près de $1$ , symétrique en $y$ . Intégration par parties sur $\intcc\varepsilon{1-\varepsilon}$ , en faisant $\varepsilon \to 0$ (termes de bord s’annulent pour $x, y > 0$ ) :

B(x{+}1, y) = \Bigl[-t^x\frac{(1-t)^y}y\Bigr]_0^1 + \frac xy\int_0^1t^{x-1}(1-t)^y\,\dd t = \frac xy\bigl(B(x, y) - B(x{+}1, y)\bigr),

en utilisant $(1-t)^y = (1-t)^{y-1}(1 - t)$ ; en résolvant, $B(x+1, y) = \frac{x}{x+y}B(x, y)$ . Et $B(1, y) = \int_0^1(1-t)^{y-1}\dd t = \frac1y$ .

17. $f(1) = \frac1y\cdot\frac{\Gamma(1+y)}{\Gamma(y)} = 1$ ; $f(x+1) = \frac{x}{x+y}B(x,y)\cdot\frac{(x+y)\Gamma(x+y)}{\Gamma(y)} = x\,f(x)$ ; et $f$ est log-convexe en $x$ comme produit de la log-convexe $B(\cdot, y)$ (Hölder sur la factorisation $t^{(\lambda x_1 + (1-\lambda)x_2)-1}(1-t)^{y-1} = (\cdots)^\lambda(\cdots)^{1-\lambda}$ , comme en question 13) et $\Gamma(\cdot + y)$ (décalage affine). Bohr–Mollerup : $f = \Gamma$ , c.-à-d. $B(x, y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ .

18. Avec $t = \sin^2\theta$ , $\dd t = 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta$ et $t^{-1/2}(1-t)^{-1/2} = \frac1{\sin\theta\cos\theta}$ :

B\Bigl(\frac12, \frac12\Bigr) = \int_0^{\pi/2}2\,\dd\theta = \pi = \frac{\Gamma(\frac12)^2}{\Gamma(1)} \quad\Longrightarrow\quad \Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) = \sqrt\pi .

La partie I a atteint la même constante en dérivant un paramètre et faisant courir deux fonctions vers leurs limites ; ici la convexité seule a rigidifié le problème jusqu’à ce qu’une seule valeur survive. Analyse par mouvement versus analyse par forme.

19. $g(1) = \frac{2^0}{\sqrt\pi}\Gamma(\frac12) \Gamma(1) = 1$ . Récurrence :

g(x+1) = \frac{2^{x}}{\sqrt\pi}\, \Gamma\Bigl(\frac{x+1}2\Bigr)\Gamma\Bigl(\frac x2 + 1\Bigr) = \frac{2^{x}}{\sqrt\pi}\cdot\frac x2\, \Gamma\Bigl(\frac x2\Bigr)\Gamma\Bigl(\frac{x+1}2\Bigr) = x\,g(x) .

Log-convexité : produit de $\eu^{(x-1)\log2}$ (log-affine) et de deux reparamétrisations affines de la log-convexe $\Gamma$ . Bohr–Mollerup donne $g = \Gamma$ ; en posant $x = 2z$ : $\Gamma(2z) = \frac{2^{2z-1}}{\sqrt\pi}\Gamma(z)\Gamma(z + \frac12)$ .

20. De $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi$ et la récurrence, $\Gamma(n + \frac12) = (n - \frac12)(n - \frac32)\cdots\frac12\,\sqrt\pi = \frac{(2n-1)(2n-3)\cdots1}{2^n}\sqrt\pi = \frac{(2n)!}{4^nn!}\sqrt\pi$ (compléter le produit impair avec les pairs). Asymptotique : question 14 avec $g = \log\Gamma$ et $x = \frac12$ donne $\sqrt{n-1} \leq \frac{\Gamma(n+\frac12)}{\Gamma(n)} \leq \sqrt n$ , donc le rapport à $\sqrt n$ est encadré entre $\sqrt{1 - \frac1n}$ et $1$ .

21. De la question 20, $(2n)! = \frac{4^nn!}{\sqrt\pi}\Gamma(n + \tfrac12)$ , donc

\binom{2n}n = \frac{(2n)!}{(n!)^2} = \frac{4^n\,\Gamma(n+\frac12)}{\sqrt\pi\;n!} = \frac{4^n}{\sqrt\pi}\cdot \frac{\Gamma(n+\frac12)}{n\,\Gamma(n)} \sim \frac{4^n}{\sqrt\pi}\cdot\frac{\sqrt n}{n} = \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} .

Numériquement, $4^{10}/\sqrt{10\pi} = 1048576/5{,}6050 \approx 187078{,}6$ , contre $\binom{20}{10} = 184756$ : rapport $0{,}9876$ — l’erreur est $O(1/n)$ , visible en $n = 10$ .

22. Équivalences : $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi \Leftrightarrow G = \sqrt\pi$ (la substitution $x = u^2$ de la question 3) $\Leftrightarrow B(\frac12, \frac12) = \pi$ (formule d’Euler) ; la duplication en $z = n$ est la forme fermée de $\Gamma(n + \frac12)$ , qui est l’estimation binomiale centrale à un lemme des pentes près. La technique des paramètres (parties I–II) calcule des limites de quantités mobiles et est indispensable lorsqu’une vraie déformation est présente (l’intégrale de Dirichlet n’a pas de preuve par convexité) ; la technique de convexité ne calcule rien mais interdit tout — elle excelle à l’unicité et aux équations fonctionnelles (Gauss, Euler, Legendre en trois coups), là où la dérivation se noierait en calcul. Un analyste complet porte les deux.

23. Avec $t = \sin^2\theta$ , $\dd t = 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta = 2\,t^{1/2}(1-t)^{1/2}\,\dd\theta$ , donc

W_p = \int_0^1 t^{p/2}\, \frac{\dd t}{2\,t^{1/2}(1-t)^{1/2}} = \frac12\int_0^1 t^{\frac{p+1}2 - 1}(1-t)^{\frac12 - 1}\dd t = \frac12\,B\Bigl(\frac{p+1}2, \frac12\Bigr).

La récurrence Bêta avec $x = \frac{n+1}2$ , $y = \frac12$ donne

W_{n+2} = \frac12\, \frac{(n+1)/2}{(n+2)/2}\,B\Bigl(\frac{n+1}2, \frac12\Bigr) = \frac{n+1}{n+2}\,W_n .

En partant de $W_0 = \frac\pi2$ , $W_1 = 1$ :

W_{2n} = \frac\pi2\prod_{k=1}^n\frac{2k-1}{2k}, \qquad W_{2n+1} = \prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1} .

Comme $\sin^{n+1} \leq \sin^n$ sur $\intcc0{\pi/2}$ , la suite $(W_n)$ est décroissante, donc

1 \geq \frac{W_{2n+1}}{W_{2n}} \geq \frac{W_{2n+1}}{W_{2n-1}} = \frac{2n}{2n+1} \longrightarrow 1 .

Mais les formes fermées donnent

\frac{W_{2n+1}}{W_{2n}} = \frac2\pi \prod_{k=1}^n\frac{(2k)^2}{(2k-1)(2k+1)} = \frac2\pi\prod_{k=1}^n\frac{4k^2}{4k^2-1},

et faire $n \to \infty$ produit le produit de Wallis. (Via la formule d’Euler, $W_p = \frac{\sqrt\pi}2\, \Gamma(\frac{p+1}2)/\Gamma(\frac p2 + 1)$ : Wallis est l’intégrale gaussienne sous encore un autre costume.)

24. La $b$ -dérivée de l’intégrande est $-2x\,\eu^{-x^2}\sin(2bx)$ , dominée par $2\abs x\,\eu^{-x^2} \in L^1(\R)$ uniformément en $b$ : $\Phi$ est $\mathcal C^1$ avec

\Phi'(b) = -\int_{-\infty}^{+\infty} 2x\,\eu^{-x^2}\sin(2bx)\,\dd x .

En intégrant par parties avec $u = \sin(2bx)$ , $\dd v = -2x\,\eu^{-x^2}\dd x$ (donc $v = \eu^{-x^2}$ ), les termes de bord s’annulent et

\Phi'(b) = -2b\int_{-\infty}^{+\infty} \eu^{-x^2}\cos(2bx)\,\dd x = -2b\,\Phi(b).

D’où $\bigl(\Phi(b)\,\eu^{b^2}\bigr)' = 0$ et $\Phi(b) = \Phi(0)\,\eu^{-b^2} = \sqrt\pi\,\eu^{-b^2}$ par la partie I. À normalisation près cela dit que la transformée de Fourier de $\eu^{-x^2}$ est encore une gaussienne — le point fixe sur lequel la théorie d’inversion du Chapitre 14 pivote.

25. Pour $0 < a < b$ et $x > 0$ ,

0 \leq \frac{\eu^{-ax} - \eu^{-bx}}{x} = \int_a^b \eu^{-sx}\,\dd s \leq (b - a)\,\eu^{-ax},

donc l’intégrale $I(a)$ converge (Lebesgue) ; la borne ponctuelle montre aussi que l’intégrande se prolonge continûment par $b - a$ en $x = 0$ . Fixer $b$ ; sur $\intco{a_0}{+\infty}$ la $a$ -dérivée de l’intégrande est $-\eu^{-ax}$ , dominée par $\eu^{-a_0x} \in L^1(\intoo0{+\infty})$ , donc $I$ est $\mathcal C^1$ sur $\intoo0b$ avec

I'(a) = -\int_0^{+\infty}\eu^{-ax}\dd x = -\frac1a, \qquad\text{d'où}\qquad I(a) = -\log a + c .

La borne bilatère donne $0 \leq I(a) \leq (b-a)/a \to 0$ lorsque $a \to b^-$ , donc $c = \log b$ et $I(a) = \log\frac ba$ . La singularité amovible est nécessaire en $0$ : chaque terme $\eu^{-ax}/x$ séparément a une intégrale divergente (logarithmique) près de $0$ , et seule l’annulation au premier ordre $\eu^{-ax} - \eu^{-bx} = O(x)$ rend la différence intégrable là ; à l’infini chaque terme est inoffensif seul.