La bosse glissante, et le seuil exact

La stratégie. Pour une bosse qui glisse, deux quantités décident de tout : sa hauteur, qui décide de l'uniformité, et son aire, qui décide du passage à la limite sous l'intégrale. L'aire vaut à peu près la hauteur fois la largeur ; entre les deux seuils, la bosse monte mais s'amincit assez vite pour que son aire s'annule.

1) L'aire qui ne disparaît pas. Convergence simple. En $x=0$ et en $x=1$, $u_n(x)=0$. Pour $x\in ]0,1[$, posons $q=1-x\in ]0,1[$ : $n^2{q}^n\to 0$, la géométrique l'emportant sur toute puissance de $n$ ; donc $u_n(x)\to 0$.

L'intégrale. Le changement de variable $t=1-x$ donne $${\int }_0^1{n}^{2}x(1-x{)}^n\mathrm{d}x=n^2{\int }_0^1(1-t)t^n\mathrm{d}t=n^2\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right)=\frac{n^2}{(n+1)(n+2)},$$ qui tend vers $1$.

Conclusion. Si la convergence était uniforme sur le segment $[0,1]$, le théorème d'intégration donnerait ${\int }_0^1{u}_n\to {\int }_0^{1}0=0$. La convergence n'est donc pas uniforme. On le voit aussi en évaluant au point $\frac{1}{n}$ : $u_n\left(\frac{1}{n}\right)=n{\left(1-\frac{1}{n}\right)}^n\sim \frac{n}{\mathrm{e}}$, qui tend vers $+\infty$.

2) Convergence simple de $(w_n)$. En $x=0$ et en $x=1$, $w_n(x)=0$. Pour $x\in ]0,1[$, $q=1-x^2\in ]0,1[$, et $n^{\alpha }{q}^n\to 0$ quel que soit le réel $\alpha$, par croissances comparées. La limite simple est nulle.

3) La hauteur de la bosse. Posons ${\phi }_n(x)=x(1-x^2{)}^n$. Alors $${\phi }_n^{\prime }(x)=(1-x^2{)}^n-2n{x}^2(1-x^2{)}^{n-1}=(1-x^2{)}^{n-1}(1-(2n+1)x^2).$$ Sur $[0,1[$, le facteur $(1-x^2{)}^{n-1}$ est strictement positif : ${\phi }_n^{\prime }$ a le signe de $1-(2n+1)x^2$, positif avant $x_n=\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$ et négatif après. Comme ${\phi }_n\ge 0$ et ${\phi }_n(0)={\phi }_n(1)=0$, le maximum est atteint en $x_n$ : $${\phi }_n(x_n)=\frac{1}{\sqrt{2n+1}}{\left(1-\frac{1}{2n+1}\right)}^n=\frac{1}{\sqrt{2n+1}}{\left(\frac{2n}{2n+1}\right)}^n.$$ Or ${\left(\frac{2n}{2n+1}\right)}^n=\exp \left(-n\ln \left(1+\frac{1}{2n}\right)\right)$ et $n\ln \left(1+\frac{1}{2n}\right)\to \frac{1}{2}$, donc ce facteur tend vers ${\mathrm{e}}^{-1/2}$ ; et $\sqrt{2n+1}\sim \sqrt{2}\sqrt{n}$. D'où $$\Vert w_n{\Vert }_{\infty }=n^{\alpha }{\phi }_n(x_n)\sim \frac{{\mathrm{e}}^{-1/2}}{\sqrt{2}}{n}^{\alpha -1/2}.$$ Cette borne supérieure tend vers $0$ si et seulement si $\alpha -\frac{1}{2}<0$ : pour $\alpha =\frac{1}{2}$, elle tend vers la constante $\frac{{\mathrm{e}}^{-1/2}}{\sqrt{2}}>0$, et pour $\alpha >\frac{1}{2}$, vers $+\infty$. La convergence est uniforme sur $[0,1]$ si et seulement si $\alpha <\frac{1}{2}$.

4) L'aire de la bosse. Une primitive de $x(1-x^2{)}^n$ est $-\frac{(1-x^2{)}^{n+1}}{2(n+1)}$, donc $${\int }_0^{1}x(1-x^2{)}^n\mathrm{d}x=\frac{1}{2(n+1)},{\int }_0^1{w}_n=\frac{n^{\alpha }}{2(n+1)}\sim \frac{n^{\alpha -1}}{2}.$$ L'intégrale tend vers $0$ si et seulement si $\alpha <1$ ; elle tend vers $\frac{1}{2}$ pour $\alpha =1$, et vers $+\infty$ pour $\alpha >1$.

Conclusion, en trois régimes. Pour $\alpha <\frac{1}{2}$ : convergence uniforme, et le théorème donne l'interversion. Pour $\frac{1}{2}\le \alpha <1$ : pas de convergence uniforme, et pourtant ${\int }_0^1{w}_n\to 0={\int }_0^{1}0$ — l'interversion a lieu sans que l'hypothèse du théorème soit satisfaite. Pour $\alpha \ge 1$ : ni l'un ni l'autre. L'hypothèse de convergence uniforme est suffisante, jamais nécessaire. Le calcul heuristique le fait voir : la hauteur est de l'ordre de $n^{\alpha -1/2}$, la largeur de l'ordre de $\frac{1}{\sqrt{n}}$, l'aire de l'ordre de leur produit $n^{\alpha -1}$.

Contrôle numérique. Pour $n=1000$, le maximum de $x(1-x^2{)}^n$ vaut $0,0135607$, contre $\frac{0,428882}{\sqrt{1000}}=0,0135624$ ; le rapport vaut déjà $0,99988$. Et ${\int }_0^1{u}_n$ vaut $0,757576$ pour $n=10$, $0,997007$ pour $n=1000$.

Ce que l'exercice installe. Une bosse qui glisse se juge sur deux nombres, sa hauteur et son aire ; l'uniformité sur un segment ne regarde que la première. C'est une condition suffisante pour intervertir limite et intégrale, et le théorème de convergence dominée du chapitre d'intégration donnera la bonne condition, qui porte sur une domination intégrable. En physique, c'est la percussion : une force qui tend vers $0$ à chaque instant fixé peut transmettre une impulsion qui, elle, ne tend pas vers $0$.