Une version élémentaire du théorème de Fubini

L’objet de cet article est de prouver un cas très particulier du théorème de Fubini, en utilisant un arsenal théorique aussi restreint que possible. Plus précisément, nous allons établir le :

Théorème $\left(\spadesuit\right)$

Soit $f:\left[0,1\right]^{2}\rightarrow\mathbb{R}$ une application continue. Alors :

$\int_{0}^{1}\left(\int_{0}^{1}f\left(x,y\right)\thinspace dx\right)\thinspace dy=\int_{0}^{1}\left(\int_{0}^{1}f\left(x,y\right)\thinspace dy\right)\thinspace dx$

Pour cela, nous aurons besoin de trois ingrédients principaux :

Notion de continuité uniforme et théorème de Heine,
Sommes de Riemann : définition et théorème de convergence dans le cas continu,
Interversion limite / intégrale pour une suite uniformément convergente de fonctions continues sur un segment.

Afin de rendre le présent texte aussi « self-contained » que possible (désolé pour l’anglicisme, mais je n’ai pas trouvé mieux), j’ai rassemblé deux de ces trois ingrédients en fin d’article : il s’agit, d’une part, du théorème de convergence des sommes de Riemann (cf. section 4) et, d’autre part, du théorème d’interversion limite / intégrale (cf. section 5).

Quant à la continuité uniforme, elle fait l’objet d’un autre article, auquel on pourra se reporter si nécessaire.

1 – Observation préliminaire

Etant donnée $f:\left[0,1\right]\rightarrow\mathbb{R}$ continue, montrons la continuité de l’application :

$\fcolorbox{black}{myBlue}{$\varphi:\left[0,1\right]\rightarrow\mathbb{R},\thinspace y\mapsto\int_{0}^{1}f\left(x,y\right)\thinspace dx$}$

Pour cela, fixons $y_{0}\in\left[0,1\right]$ ainsi que $\epsilon>0.$ Comme $f$ est continue sur le compact $\left[0,1\right]^{2},$ elle est uniformément continue (théorème de Heine).

Il existe donc $\alpha>0$ tel que pour tout $\left(a,b\right)\in\left[0,1\right]^{2}$ et tout $\left(a',b'\right)\in\left[0,1\right]^{2}$ :

$\left.\begin{array}{ccc} \left|a'-a\right| & \leqslant & \alpha\\ \left|b'-b\right| & \leqslant & \alpha \end{array}\right\} \Rightarrow\left|f\left(a',b'\right)-f\left(a,b\right)\right|\leqslant\epsilon$

Par conséquent, dès que $\left|y-y_{0}\right|\leqslant\alpha$ :

$\forall x\in\left[0,1\right],\:\left|f\left(x,y\right)-f\left(x,y_{0}\right)\right|\leqslant\epsilon$

et donc :

$\begin{equation*}\begin{split}\left|\varphi\left(y\right)-\varphi\left(y_{0}\right)\right| & = \left|\int_{0}^{1}\left(f\left(x,y\right)-f\left(x,y_{0}\right)\right)\thinspace dx\right|\\& \leqslant \int_{0}^{1}\left|f\left(x,y\right)-f\left(x,y_{0}\right)\right|\thinspace dx\\& \leqslant \epsilon\end{split}\end{equation*}$

Ceci prouve la continuité de $\varphi$ en $y_{0},$ pour tout $y_{0}\in\left[0,1\right].$

Pour des raisons identiques, l’application :

$\fcolorbox{black}{myBlue}{$\psi:\left[0,1\right]\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto\int_{0}^{1}f\left(x,y\right)\thinspace dy$}$

est continue, elle aussi.

Cette observation préliminaire montre que, dans le théorème $\left(\spadesuit\right)$ , les deux membres de l’égalité sont bien définis : ce sont des intégrales de fonctions continues sur le segment $\left[0,1\right].$ Une théorie élémentaire de l’intégration (où l’on se borne à intégrer des fonctions continues sur un segment) est donc suffisante pour ce contexte.

2 – Preuve du théorème $\left(\spadesuit\right)$

Les applications $\varphi$ et $\psi$ sont celles introduites à la section précédente.

En appliquant le théorème des sommes de Riemann (voir section 4) à l’application $\varphi,$ on obtient :

$\int_{0}^{1}\left(\int_{0}^{1}f\left(x,y\right)\thinspace dx\right)\thinspace dy & = & \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\int_{0}^{1}f\left(x,\frac{k}{n}\right)\thinspace dx$

donc, par linéarité de l’intégrale :

$\int_{0}^{1}\left(\int_{0}^{1}f\left(x,y\right)\thinspace dx\right)\thinspace dy=\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{0}^{1}\left(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(x,\frac{k}{n}\right)\right)\thinspace dx\qquad\left(\diamondsuit\right)$

Posons maintenant, pour tout $\left(n,x\right)\in\mathbb{N}^{\star}\times\left[0,1\right]$ :

$J_{n}\left(x\right)=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(x,\frac{k}{n}\right)$

et montrons que la suite $\left(J_{n}\right)_{n\geqslant1}$ converge uniformément sur $\left[0,1\right]$ vers $\psi.$

Etant donné $\epsilon>0,$ il s’agit de montrer que :

$\forall N\in\mathbb{N}^{\star};\thinspace\forall n\geqslant N,\thinspace\sup_{x\in\left[0,1\right]}\left|J_{n}\left(x\right)-\psi\left(x\right)\right|\leqslant\epsilon\qquad\left(\heartsuit\right)$

D’après la relation de Chasles, on a pour tout $x\in\left[0,1\right]$ :

$J_{n}\left(x\right)-\psi\left(x\right)=\sum_{k=1}^{n}\int_{\left(k-1\right)/n}^{k/n}\left(f\left(x,\frac{k}{n}\right)-f\left(x,y\right)\right)\thinspace dy$

Reprenons le réel $\alpha$ donné par l’uniforme continuité de $f$ (voir calcul de la section 1) et notons $N$ la partie entière par excès de $1/\alpha$ . Si $n\geqslant N,$ alors pour tout $k\in\llbracket1,n\rrbracket$ et tout $y\in\left[\frac{k-1}{n},\thinspace\frac{k}{n}\right]$ :

$\left|\frac{k}{n}-y\right|\leqslant\alpha$

donc :

$\left|f\left(x,\frac{k}{n}\right)-f\left(x,y\right)\right|\leqslant\epsilon$

et donc, dès que $n\geqslant N$ :

$\begin{equation*}\begin{split}\left|J_{n}\left(x\right)-\psi\left(x\right)\right| & \leqslant \sum_{k=1}^{n}\left|\int_{\left(k-1\right)/n}^{k/n}\left(f\left(x,\frac{k}{n}\right)-f\left(x,y\right)\right)\thinspace dy\right|\\& \leqslant \sum_{k=1}^{n}\int_{\left(k-1\right)/n}^{k/n}\left|\left(f\left(x,\frac{k}{n}\right)-f\left(x,y\right)\right)\right|\thinspace dy\\& \leqslant \sum_{k=1}^{n}\frac{\epsilon}{n}=\epsilon\end{split}\end{equation*}$

Comme ceci est valable quel que soit $x\in\left[0,1\right],$ on a prouvé $\left(\heartsuit\right).$

On peut maintenant appliquer à la suite $\left(J_{n}\right)_{n\geqslant1}$ le théorème d’interversion limite / intégrale pour une suite uniformément convergente de fonctions continues (voir section 5). On obtient :

$\begin{equation*}\begin{split}\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{0}^{1}\left(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(x,\frac{k}{n}\right)\right)\thinspace dx & = \int_{0}^{1}\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(x,\frac{k}{n}\right)\right)\thinspace dx\\& = \int_{0}^{1}\left(\int_{0}^{1}f\left(x,y\right)\thinspace dy\right)\thinspace dx\end{split}\end{equation*}$

et donc, en faisant le lien avec $\left(\diamondsuit\right),$ on démontre le théorème $\left(\spadesuit\right).$

3 – Application au calcul d’un intégrale

Vous avez certainement rencontré des exercices où l’on demande de calculer une somme double $\sum_{i=1}^{n}\left(\sum_{j=1}^{p}u_{i,j}\right)$ et où la clé réside dans l’interversion des sommes.

Avec les intégrales, c’est la même idée … quoique (comme on l’a vu plus haut) l’interversion des intégrales soit significativement plus délicate à justifier !

Considérons, pour tout $t\in\left[0,1\right]$ :

$F\left(t\right)=\frac{1}{1+t^{2}}\int_{0}^{1}\frac{t}{1+tx}\thinspace dx$

Alors, d’après le théorème $\left(\spadesuit\right)$ :

$\begin{equation*}\begin{split}\int_{0}^{1}F\left(t\right)\thinspace dt & = \int_{0}^{1}\left(\int_{0}^{1}\,\frac{t}{\left(1+t^{2}\right)\left(1+tx\right)}\,dx\right)\,dt\\& = \int_{0}^{1}\left(\int_{0}^{1}\,\frac{t}{\left(1+t^{2}\right)\left(1+tx\right)}\,dt\right)\,dx \end{split}\end{equation*}$

Or (décomposition en éléments simples) :

$\frac{t}{\left(1+t^{2}\right)\left(1+tx\right)}=\frac{1}{1+x^{2}}\left(\frac{-x}{1+tx}+\frac{t+x}{1+t^{2}}\right)$

donc :

$\begin{equation*}\begin{split}\int_{0}^{1}F\left(t\right)\thinspace dt & = \int_{0}^{1}\,\frac{1}{1+x^{2}}\left(-\ln\left(1+x\right)+\frac{1}{2}\ln\left(2\right)+\frac{\pi}{4}x\right)\,dx\\& = -A+\frac{\pi}{4}\ln\left(2\right)\end{split}\end{equation*}$

où l’on a posé :

$\boxed{A=\int_{0}^{1}\frac{\ln\left(1+x\right)}{1+x^{2}}\thinspace dx}$

Par ailleurs (et de façon plus directe) :

$\begin{equation*}\begin{split}\int_{0}^{1}F\left(t\right)\thinspace dt & = \int_{0}^{1}\left(\frac{1}{1+t^{2}}\int_{0}^{1}\frac{t}{1+tx}\thinspace dx\right)\thinspace dt\\& = \int_{0}^{1}\frac{\ln\left(1+t\right)}{1+t^{2}}\thinspace dt\\& = A\end{split}\end{equation*}$

Ainsi :

$A=-A+\frac{\pi}{4}\ln\left(2\right)$

ce qui donne aussitôt la valeur de $A.$ Finalement, on a prouvé que :

$\boxed{\int_{0}^{1}\,\frac{\ln\left(1+x\right)}{1+x^{2}}\,dx=\frac{\pi}{8}\ln\left(2\right)}$

L’interversion des deux intégrales a permis de calculer $A.$

Challenge

Sauriez-vous calculer $A$ autrement ? (par un moyen plus simple et / ou plus direct).

Si oui, faites-moi signe via le formulaire de contact et je mettrais votre solution en ligne … si elle est correcte 😉

4 – Un mot sur les sommes de Riemann

La preuve présentée à la section 2 reposait notamment sur un théorème de convergence des sommes de Riemann, dont voici l’énoncé :

Théorème

Soit $f:\left[0,1\right]\rightarrow\mathbb{R}$ une application continue. Alors :

$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)=\int_{0}^{1}f\left(x\right)\thinspace dx$

Attention de ne pas confondre sommes de Riemann et séries de Riemann.

Notons, pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star}$ :

$S_{n}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)$

$\Delta_{n}=\int_{0}^{1}f\left(x\right)\thinspace dx-S_{n}$

Il s’agit de prouver que $\lim_{n\rightarrow\infty}\Delta_{n}=0.$ Avec la relation de Chasles, on voit que :

$\int_{0}^{1}f\left(x\right)\thinspace dx = \sum_{k=1}^{n}\int_{\left(k-1\right)/n}^{k/n}f\left(x\right)\thinspace dx$

et donc :

$\Delta_{n}=\sum_{k=1}^{n}\int_{\left(k-1\right)/n}^{k/n}\left(f\left(x\right)-f\left(\frac{k}{n}\right)\right)\thinspace dx$

puis, d’après l’inégalité triangulaire et celle du module :

$\left|\Delta_{n}\right|\leqslant\sum_{k=1}^{n}\int_{\left(k-1\right)/n}^{k/n}\left|f\left(x\right)-f\left(\frac{k}{n}\right)\right|\thinspace dx$

Fixons $\epsilon>0.$ D’après le théorème de Heine, il existe $\alpha>0$ tel que :

$\forall\left(s,t\right)\in\left[0,1\right]^{2},\thinspace\left|s-t\right|\leqslant\alpha\Rightarrow\left|f\left(s\right)-f\left(t\right)\right|\leqslant\epsilon$

Par conséquent, dès que $n\geqslant1/\alpha,$ on a pour tout $k\in\llbracket1,n\rrbracket$ :

$\forall x\in\left[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}\right],\thinspace\left|f\left(x\right)-f\left(\frac{k}{n}\right)\right|\leqslant\epsilon$

et donc :

$\left|\Delta_{n}\right|\leqslant\sum_{k=1}^{n}\frac{\epsilon}{n}=\epsilon$

Le théorème de convergence des sommes de Riemann est démontré.

On pourra trouver, dans cette fiche d’exercices, divers exemples d’utilisation de ce résultat.

5 – Un mot sur l’interversion limite / intégrale

Il existe plusieurs théorèmes donnant des conditions suffisantes pour garantir une formule du genre :

$\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{I}u_{n}\left(x\right)\thinspace dx=\int_{I}\lim_{n\rightarrow\infty}u_{n}\left(x\right)\thinspace dx$

où $I$ désigne un intervalle et $\left(u_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ une suite d’applications de $I$ dans $\mathbb{R}.$

Celui qui nous intéresse ici est le suivant :

Théorème $\left(\clubsuit\right)$

Soit $\left(u_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ une suite d’applications continues de $\left[0,1\right]$ dans $\mathbb{R},$ qui converge uniformément sur $\left[0,1\right]$ vers une application $\Lambda.$ Alors :

$\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{0}^{1}u_{n}\left(x\right)\thinspace dx=\int_{0}^{1}\Lambda\left(x\right)\thinspace dx$

Autrement dit : la limite de l’intégrale et l’intégrale de la limite sont égales.

Avant de démontrer quoique ce soit, il faut bien voir qu’une hypothèse de convergence simple serait insuffisante et ceci pour deux raisons :

d’une part, la limite simple d’une suite d’applications continues n’est pas nécessairement continue, ce qui soulève une première difficulté (on s’est fixé une contrainte en début d’article, en se limitant à la théorie de l’intégration des fonctions continues sur un segment),
d’autre part, même si $\Lambda$ est continue, l’égalité annoncée n’est pas vraie en général.

Concernant cette seconde objection, voici un …

Contre-exemple classique

On considère, pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star}$ :

$u_{n}:\left[0,1\right]\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto\left\{\begin{array}{ccc} 2n^{2}x & \text{si} & 0\leqslant x\leqslant\frac{1}{2n}\\\\ -2n^{2}\left(x-\frac{1}{n}\right) & \text{si} & \frac{1}{2n}<x\leqslant\frac{1}{n}\\\\ 0 & \text{si} & \frac{1}{n}<x\leqslant1\end{array}\right.$

Il est clair que $\left(u_{n}\right)_{n\geqslant1}$ est une suite d’applications continues sur $\left[0,1\right].$

Cette suite converge simplement vers l’application nulle; en effet $u_{n}\left(0\right)=0$ pour tout $n\geqslant1$ et si $x\in\left]0,1\right],$ alors $u_{n}\left(x\right)=0$ dès que $n\geqslant\frac{1}{x},$ de sorte que la suite $\left(u_{n}\left(x\right)\right)_{n\geqslant1}$ est « mieux » que convergente : elle est stationnaire ! L’intégrale de la limite est donc nulle.

Mais la limite de l’intégrale ne l’est pas ! En effet, pour tout entier $n\geqslant1$ :

$\int_{0}^{1}u_{n}\left(x\right)\thinspace dx=\text{aire du triangle bleu}=\frac{1}{n}\times n\times\frac12=\frac12$

et donc bien sûr :

$\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{0}^{1}u_{n}\left(x\right)\thinspace dx=\frac12\neq0$

L’illustration dynamique ci-dessous montre le graphe de $f_n$ pour $n\in\llbracket1,5\rrbracket$ :

Graphe de $f_n$ : l’aire du triangle bleu est indépendante de n

Venons-en maintenant à la preuve du théorème $\left(\clubsuit\right).$

Déjà, $\Lambda$ est continue car limite uniforme d’une suite d’applications continues (ce qui donne un sens à l’intégrale de $\Lambda).$ Il s’agit ensuite de prouver que :

$\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{0}^{1}\left(u_{n}\left(x\right)-\Lambda\left(x\right)\right)\thinspace dx=0$

Or, pour tout $n\in\mathbb{N}$ :

$\begin{equation*}\begin{split}\left|\int_{0}^{1}\left(u_{n}\left(x\right)-\Lambda\left(x\right)\right)\thinspace dx\right| & \leqslant \int_{0}^{1}\left|u_{n}\left(x\right)-\Lambda\left(x\right)\right|\thinspace dx\\& \leqslant \sup_{x\in\left[0,1\right]}\left|u_{n}\left(x\right)-\Lambda\left(x\right)\right|\end{split}\end{equation*}$

et cette borne supérieure admet 0 pour limite (par définition de la convergence uniforme).

Solutions des internautes pour le challenge

Solution proposée le 11/08/2019 par Simon Billouet

On cherche à calculer :

$I=\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{1+x^2}\,dx$

Effectuons le changement de variable (clairement licite) $t=\arctan(x)$ .

On a donc : $x=\tan(t)$ soit $dx=\frac{dt}{\cos^2(t)}$ .

De plus $1+x^2=1+\tan^2(t)=\frac{1}{\cos^2(t)}$ . Lorsque $x$ varie entre 0 et 1, $t$ varie entre 0 et $\pi/4$ . Ainsi :

$I=\int_0^{\pi/4}\ln(1+\tan(t))\,dt$

Or, par le changement de variable $u=\frac\pi4-t$ :

$\int_0^{\pi/4}\ln(1+\tan(t))\,dt=\int_0^{\pi/4}\ln\left(1+\tan\left(\frac\pi4-u\right)\right)\,du$

De plus :

$\tan\left(\frac\pi4-u\right)=\frac{1-\tan(u)}{1+\tan(u)}$

d’où

$1+\tan\left(\frac\pi4-u\right)=\frac{2}{1+\tan(u)}$

Finalement, on voit que l’intégrande vaut :

$\ln\left(1+\tan\left(\frac\pi4-u\right)\right)=\ln(2)-\ln\left(1+\tan(u)\right)$

Enfin, par linéarité de l’intégrale, on trouve :

$I=\frac{\pi\ln(2)}{4}-I$

d’où le résultat :

$\boxed{I=\frac{\pi\ln(2)}{8}}$

Vos questions ou remarques sont les bienvenues. Vous pouvez laisser un commentaire ci-dessous ou bien passer par le formulaire de contact.

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