Intégration terme à terme d'une série de fonctions
En appliquant le théorème d'intégrabilité de la fonction limite d'une suite de fonctions (voir le chapitre consacré aux suites de fonctions) aux sommes partielles \(S_{n} = \overset{n}{\underset{k = 0}{\sum}}~f_{k}\), on a :
Théorème : Intégration de la somme d'une série
Soit (\(f_{n}\)) une suite d'applications continues d'un intervalle \(I\) dans \(\mathbb{R}\) et soient \(a\) et \(b\) deux éléments de \(I\) vérifiant \(a < b\).
Si la série (\(\sum{f_{n}}\)) est uniformément convergente sur \([a, b]\) et a pour somme \(S\), alors \(S\) est continue donc intégrable sur \([a, b]\) et \(\overset{b}{\underset{a}{\int}} S(x)~\textrm{dx}~= \overset{b}{\underset{a}{\int}}~\left(~\overset{+\infty}{\underset{n = 0}{\sum}} f_{n}(x)~\right)~\textrm{dx}~= \overset{+\infty}{\underset{n = 0}{\sum}}~\left(~\overset{b}{\underset{a}{\int}} f_{n}(x)~\textrm{dx}~\right)\).
Cela signifie que l'on peut intervertir les signes \(\overset{b}{\underset{a}{\int}}\) et \(\overset{+\infty}{\underset{n = 0}{\sum}}\).
En particulier, si (\(\sum{f_{n}}\)) est une série de fonctions continues uniformément convergente sur \(I\) et si \(a \in I\), alors :
pour tout \(x \in I, \quad \overset{x}{\underset{a}{\int}} \left(~\overset{+\infty}{\underset{n = 0}{\sum}}~f_{n}(t)~\right) \textrm{dt} = \overset{+\infty}{\underset{n = 0}{\sum}}~\left(~\overset{x}{\underset{a}{\int}}~f_{n}(t) \textrm{dt}~\right)\).
En appliquant le théorème de primitivation de la fonction limite d'une suite de fonctions (voir le chapitre consacré aux suites de fonctions) aux sommes partielles \(S_{n} = \overset{n}{\underset{k = 0}{\sum}}~f_{k}\), on obtient le résultat plus précis :
Théorème : Primitivation de la somme d'une série
Soit (\(f_{n}\)) une suite de fonctions continues sur \(I\) et \(a, b \in I\) avec \(a < b\). On suppose que (\(\sum{f_{n}}\)) converge uniformément vers \(S\) sur \([a, b]\).
Alors : la série (\(\sum{f_{n}}\)) définie par \(F_{n}(x) = \overset{x}{\underset{a}{\int}} f_{n}(t) \textrm{dt}\), converge uniformément sur \([a, b]\) vers \(\overset{x}{\underset{a}{\int}}~\left(~\overset{+\infty}{\underset{n = 0}{\sum}}~f_{n}(t)~\right) \textrm{dt} = \overset{+\infty}{\underset{n=0}{\sum}}~\left(~\overset{x}{\underset{a}{\int}}~f_{n}(t) \textrm{dt}~\right)\).
Exemple : Application
Application (\(\sum{x^{n}}\))
Prenons \(f_{n}(x) = x^{n}\) pour tout \(x\) dans \(]-1, 1[\), et soit \(k\) fixé vérifiant \(0 < k < 1\).
Pour tout \(x\) appartenant à \([-k, k]\), \(|x^{n}| \leq k^{n}\) et la série (\(\sum{k^{n}}\)) est convergente, de somme \(\frac{1}{1-k}\) ; la série de fonctions (\(\sum{f_{n}}\)) est donc normalement convergente sur \([-k, k]\), donc uniformément convergente sur \([-k, k]\) et, comme les fonctions \(f_{n}\) sont continues, on en déduit que :
pour tout \(x \in \left[ -k, k\right] \quad \overset{x}{\underset{0}{\int}}~\left(~\overset{+\infty}{\underset{n=0}{\sum}}~t^{n}~\right)~\textrm{dt}~= \overset{+\infty}{\underset{n=0}{\sum}}~\left(~\overset{x}{\underset{0}{\int}}~t^{n}~\textrm{dt}~\right)\).
Puisque ceci est vrai pour tout \(k < 1\), l'égalité ci-dessus est donc vraie pour tout \(x\) de \(]-1, 1[\) :
\(\overset{x}{\underset{0}{\int}}~\left(~\frac{1}{1-t}~\right)~\textrm{dt} = \overset{+\infty}{\underset{n=0}{\sum}}~\left[~\frac{t^{n+1}}{n+1}~\right]^{x}_{0}\)
\(\left[-\textrm{ln}(1 - t)\right]^{x}_{0}~=~\overset{+\infty}{\underset{n=0}{\sum}}~\frac{x^{n+1}}{n+1}\).
Donc : \(x + \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} + ... + \frac{x^{n}}{n} + ... = - \textrm{ln}(1 - x)\) pour tout \(x\) de \(\left] -1, 1\right[\).
En posant \(x = -u\), on obtient également : \(u - \frac{u^{2}}{2} + \frac{u^{3}}{3} + ... + (-1)^{n+1}~.~\frac{u^{n}}{n} + ... = \textrm{ln}(1+u)\) pour tout \(u\) de \(\left]-1, 1\right[\).
D'autre part, \(\left| \underset{n \geq k}{\sum} \frac{(-1)^{n} u^{n+1}}{n+1} \right| \leq \left| \frac{u^{k+1}}{k+1} \right| \leq \frac{1}{k+1}\)
donc, la série est uniformément convergente sur \([0, 1]\).
Ainsi, pour tout n de \(\mathbb{N}\), \(\underset{u \rightarrow 1}{\textrm{lim}} \frac{(-1)^{n}~u^{n+1}}{n+1} = \frac{(-1)^{n}}{n+1}\) ;
donc (intervertion des limites) : \(\overset{+\infty}{\underset{n=0}{\sum}}~\frac{(-1)^{n}}{n+1} = \textrm{ln}(2)\)