Exercice 40

1. La somme double se factorise, puisque les indices $k$ et $\ell$ varient indépendamment : $$S_{n} = \Big(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} f\Big(\frac{k}{n}\Big)\Big)\Big(\frac{1}{n}\sum_{\ell=1}^{n} f\Big(\frac{\ell}{n}\Big)\Big) = R'_{n}(f)^{2}.$$ Par le théorème 9 et la continuité de $x \mapsto x^{2}$, $$\boxed{S_{n} \xrightarrow[n \to +\infty]{} \Big(\int_{0}^{1} f\Big)^{2}}$$ Pour $T_{n}$, on découpe le carré des indices en trois parties : $k < \ell$, $k > \ell$ et $k = \ell$. Les deux premières donnent la même somme, en échangeant les noms des indices. En notant $D_{n} = \sum_{k=1}^{n} f\big(\frac{k}{n}\big)^{2}$ la somme diagonale, on a donc $n^{2}S_{n} = 2\sum_{k < \ell} + D_{n}$ et $n^{2}T_{n} = \sum_{k < \ell} + D_{n}$, d'où $$T_{n} = \frac{1}{2}\Big(S_{n} + \frac{D_{n}}{n^{2}}\Big).$$ Or $\frac{D_{n}}{n^{2}} = \frac{1}{n}\,R'_{n}(f^{2})$, où $R'_{n}(f^{2})$ tend vers $\int_{0}^{1} f^{2}$ : ce terme tend vers $0$. $$\boxed{T_{n} \xrightarrow[n \to +\infty]{} \frac{1}{2}\Big(\int_{0}^{1} f\Big)^{2}}$$ À retenir. Le résultat est naturel : $T_{n}$ porte sur la moitié du carré $[0\,,1]^{2}$ découpé par sa diagonale, et la diagonale elle-même, qui ne contient que $n$ termes sur $n^{2}$, ne compte pas à la limite.

2. La somme proposée n'est pas une somme de Riemann de $fg$, puisque $f$ et $g$ ne sont pas évaluées au même point. On la compare à $R_{n}(fg) = \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\big(\frac{k}{n}\big)g\big(\frac{k}{n}\big)$, qui tend vers $\int_{0}^{1} fg$ par le théorème 9. Soit $M = \max_{[0, 1]} |f|$, qui existe par le théorème des bornes atteintes (chapitre 8, théorème 10), et $\varepsilon > 0$. La fonction $g$, continue sur un segment, y est uniformément continue (théorème de Heine, chapitre 8, théorème 12) : il existe $\delta > 0$ tel que $|g(x) - g(y)| \leqslant \varepsilon$ dès que $|x - y| \leqslant \delta$. Pour $n \geqslant \frac{1}{\delta}$, chacun des écarts $\big|g\big(\frac{k + 1}{n}\big) - g\big(\frac{k}{n}\big)\big|$ est au plus $\varepsilon$, donc $$\Big|\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\Big(\frac{k}{n}\Big)g\Big(\frac{k + 1}{n}\Big) - R_{n}(fg)\Big| \leqslant \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} M\varepsilon = M\varepsilon.$$ La différence tend vers $0$, et $$\boxed{\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\Big(\frac{k}{n}\Big)\,g\Big(\frac{k + 1}{n}\Big) \xrightarrow[n \to +\infty]{} \int_{0}^{1} f(t)g(t)\,\mathrm{d} t}$$ On a contrôlé numériquement les trois limites avec $f(t) = \cos 3t + t$, $g = \exp$ et $n = 400$ ✓. C'est un cas particulier de la souplesse du théorème 9 : décaler un peu les points d'évaluation ne change pas la limite, et c'est la continuité uniforme qui le garantit.