Si l'on n'est pas dans les bonnes conditions
S'il n'y a pas convergence uniforme sur tout l'ensemble
Exemple : Exemple 12
\(I_{n} = \int^{\frac{\pi}{2}}_{0}~~\sin^{n}{(x)}~\textrm{dx}\)
Posons \(f_{n}(x) = sin^{n}(x)\).
Alors, (\(f_{n}\)) converge simplement sur \(\left[0, \frac{\pi}{2}\right]\) vers \(f\) définie par \(f(x) = 0\) si \(x \in \left[ 0, \frac{\pi}{2} \right[\) et \(f(x) = 1\) si \(x = \frac{\pi}{2}\).
La convergence n'est pas uniforme (car \(f\) n'est pas continue).
Soit \(\alpha\) quelconque vérifiant \(0 < \alpha < \frac{\pi}{2}\).
Il est facile de voir que (\(f_{n}\)) converge uniformément vers 0 sur \([0, \alpha]\).
\(I_{n} = \int^{a}_{0} \sin^n{(x)}~\textrm{dx} + \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \sin^n{(x)}~\textrm{dx} = I'_{n} + I"_{n}\)
On a de façon immédiate : \(I"_{n} \leq \frac{\pi}{2} - \alpha\).
Soit \(0 < \varepsilon < \frac{\pi}{2}\); si on prend \(\alpha = \frac{\pi}{2} - \varepsilon\), on obtient \(I"_{n} \leq \varepsilon\).
Pour cet \(\alpha\), comme (\(f_{n}\)) converge uniformément vers 0 sur \([0, \alpha]\), on a (\(I'_{n}\)) qui tend vers 0 quand \(n\) tend vers \(+\infty\), donc il existe \(,n_{0}\) tel que, pour tout \(n > n_{0}\), \(|I'_{n}| < \varepsilon\).
On en déduit : \(\forall \varepsilon \quad 0 < \varepsilon < \frac{\pi}{2} \quad \exists n_{0} / \forall n > n_{0}~~\quad~~ |I_{n}| < 2 \varepsilon\)
donc, \(\underset{n \rightarrow +\infty}{\textrm{lim}} I_{n} = 0\).
Remarque :
\(n_{0}\) dépend aussi de \(\alpha\).
C'est pourquoi il est important de choisir d'abord \(\alpha\) tel que \(\int^{\frac{\pi}{2}}_{\alpha}\) ... soit petit puis, pour cet \(\alpha\) fixé, on cherche \(n_{0}\) tel que \(\int^{\alpha}_{0}\) ... soit petit.
Ceci est une méthode classique qu'il faut absolument connaître !
Si I n'est pas borné
On tient le même type de raisonnement que dans la section précédente, en partageant l'intervalle \([a,+\infty[\) en \([a, A]\) et \([A, +\infty[\) .