Interversion série-intégrale
Bonjour,
Soit $f(t) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_n t^n}{n!}$ une fonction définie par une série entière de rayon de convergence infini, et $g$ une fonction continue sur $[0;+\infty[$.
Puisque la série de fonctions $\sum_{n=0} \frac{g(t) a_n t^n}{n!}$ converge uniformément sur $[0;+\infty[$ vers la fonction $gf$, alors on peut intervertir série et intégrale pour écrire : $$\sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{+\infty} \frac{g(t) a_n t^n}{n!} dt = \int_{0}^{+\infty} g(t)f(t) dt$$
Est-ce que cette interversion est correcte, ou est-ce qu'il faut ajouter d'autre précisions ?
Merci.
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Réponses
Pour revenir à la première objection de Poirot, aurais-tu un exemple de suite de fonctions qui converge uniformément sur un intervalle non borné, disons vers zéro, dont la suite des intégrales ne tend pas vers zéro ?
Soit l'intégrale $$I(z) = \int_{0}^{+\infty} t^{z-1}e^{-t} f(t) dt.$$ Qu'on peut voir comme la transformée de Mellin de la fonction $t \mapsto e^{-t} f(t)$ qui est convergente absolument sur une bande de définition $a < \Re z < b$. Supposons que $f$ admet un développement en série entière en $0$ de rayon de convergence infini : $$f(t) = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{u_n}{n!}t^n.$$ On peut donc écrire $I(z)$ sous forme d'une série, mais il faut avoir le droit d'intervertir série et intégrale.
Dans le théorème de convergence dominée, il faut d'abord que la série des intégrale converge alors que dans mon exemple j'ai le contraire, c'est l'intégrale de la série qui converge.
Pourriez-vous m'éclairer sur cette situation ?
Les deux énoncés sont corrects, l'un est plus général que l'autre.
Proposition.
Soit $f$ une fonction continue et admettant un développement en série entière en $0$ de rayon de convergence infini : $\displaystyle f(t) = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{u_n}{n!}t^n$. Notons $\hat{f}$ la fonction $\displaystyle \hat{f}(t) = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{\left\lvert u_n \right\rvert }{n!}t^n.$
Si l'intégrale $\int_{0}^{+\infty} t^{z-1}e^{-t} \hat{f}(t) dt$ converge pour $\Re z = \sigma >1$ alors $$\int_{0}^{+\infty} t^{z-1}e^{-t} f(t) dt = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{u_n \Gamma(z+n)}{n!} \quad ;\quad \sigma>1$$
Preuve. (Théorème de convergence dominée)
Pour $\sigma >1$ $$\left\lvert \int_{0}^{+\infty} t^{z-1}e^{-t} f(t) dt \right\rvert \leq \int_{0}^{+\infty} t^{\sigma-1}e^{-t} \hat{f}(t) < +\infty.$$
Et $$\int_{0}^{+\infty} t^{z-1}e^{-t} f(t) dt = \int_{0}^{+\infty} \sum_{n=0}^{+\infty} t^{z+n-1}e^{-t}\frac{u_n}{n!} dt.$$ Posons $$f_{z;n}(t) = t^{z+n-1}e^{-t}\frac{u_n}{n!}.$$ On a donc : $-$ Les fonctions de la suite $(f_{z;n})$ sont continues et intégrables sur $]0;+\infty[$, avec $$\int_{0}^{+\infty} f_{z;n}(t) dt = \frac{u_n}{n!} \int_{0}^{+\infty} t^{z+n-1}e^{-t} dt = \frac{u_n \Gamma(z+n)}{n!}.$$
$-$ La série $ \sum_{n} f_{z;n}(t)$ converge simplement vers la fonction $t \mapsto t^{z-1}e^{-t} f(t)$ qui est continue sur $]0;+\infty[$.
$-$ La somme partielle $\sum_{k=0}^{n} f_{z;k}(t)$ est dominé par la fonction $t \mapsto t^{\sigma-1}e^{-t} \hat{f}(t)$ intégrable sur $]0;+\infty[$ : $$\forall t>0 \qquad \left\lvert \sum_{k=0}^{n} f_{z;k}(t) \right\rvert \leq t^{\sigma-1}e^{-t} \sum_{k=0}^{n} \frac{|u_k|t^k}{k!} \leq t^{\sigma-1}e^{-t} \hat{f}(t).$$ Ainsi d'après le théorème de convergence dominée : $$\int_{0}^{+\infty} t^{z-1}e^{-t} f(t) dt = \int_{0}^{+\infty} \sum_{n=0}^{+\infty} f_{z;n}(t) dt = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{u_n \Gamma(z+n)}{n!}.$$