Exercice 1 4713

Étudier les limites suivantes:

(a)

${lim}_{n \to + \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{1 + 2 \sin (t / n)}{1 + t^{2}} d t$
(b)

${lim}_{n \to + \infty} \int_{0}^{π / 2} \sin^{n} (t) d t$ .

Exercice 2 921 Correction

Étudier la limite quand $n$ tend vers l’infini de

u_{n} = \int_{0}^{π / 4} \tan^{n} (x) d x .

Solution

Pour $x \in [0; π / 4]$ ,

\tan^{n} (x) = {(\tan (x))}^{n} \to_{n \to + \infty}^{} ℓ (x) = {\begin{matrix} 0 & si x \in [0; π / 4 [ \\ 1 & si x = π / 4 . \end{matrix}

Aussi,

| \tan^{n} (x) | \leq 1 = φ (x)

avec $φ : [0; π / 4] \to ℝ_{+}$ intégrable.

Par convergence dominée,

u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{π / 4} ℓ (x) d x = \int_{0}^{π / 4} 0 d x = 0 .

Exercice 3 5537 Correction

Étudier la limite quand $n$ tend vers l’infini de

u_{n} = \int_{0}^{+ \infty} e^{- x^{n}} d x .

Solution

L’intégrale définissant $u_{n}$ existe pour $n \geq 1$ (cf. domination à suivre).

Pour $x \in [0; + \infty [$ ,

e^{- x^{n}} \to_{n \to + \infty}^{} f (x) avec f (x) = {\begin{matrix} 1 & si x \in [0; 1 [ \\ e^{- 1} & si x = 1 \\ 0 & si x \in] 0; + \infty [. \end{matrix}

Aussi,

| e^{- x^{n}} | \leq φ (x) = {\begin{matrix} 1 & si x \in [0; 1 [ \\ e^{- x} & si x \geq 1 \end{matrix}

En effet, pour $n \geq 1$ , on a $x^{n} \geq x$ pour tout $x \geq 1$ .

La fonction $φ : [0; + \infty [\to ℝ_{+}$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ car négligeable devant $x \mapsto 1 / x^{2}$ en $+ \infty$ .

Par convergence dominée,

u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{+ \infty} f (x) d x = \int_{0}^{1} 1 d x = 1 .

Exercice 4 5396 Correction

Étudier la limite quand $n$ tend vers l’infini de

u_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{n} + e^{x}} .

Solution

Pour $x \in [0; + \infty [$ ,

\frac{1}{x^{n} + e^{x}} \to_{n \to + \infty}^{} f (x) avec f (x) = {\begin{matrix} e^{- x} & si x \in [0; 1 [ \\ \frac{1}{1 + e} & si x = 1 \\ 0 & si x \in] 0; + \infty [. \end{matrix}

Aussi,

| \frac{1}{x^{n} + e^{x}} | \leq e^{- x} = φ (x)

avec $φ : [0; + \infty [\to ℝ_{+}$ intégrable (fonction de référence).

Par convergence dominée,

u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{+ \infty} f (x) d x = \int_{0}^{1} e^{- x} d x = \frac{e - 1}{e} .

Exercice 5 926 CENTRALE (MP)Correction

Calculer

lim_{n \to + \infty} \int_{0}^{+ \infty} e^{- t} \sin^{n} (t) d t .

Solution

La fonction intégrée ne converge pas simplement en les $t = π / 2 + π [2 π]$ . Pour contourner cette difficulté on raisonne à l’aide de valeurs absolues.

| \int_{0}^{+ \infty} e^{- t} \sin^{n} (t) d t | \leq \int_{0}^{+ \infty} e^{- t} | \sin^{n} t | d t .

On a

f_{n} (t) = | e^{- t} \sin^{n} (t) | \to_{n \to + \infty}^{} f (t)

avec

f (t) = {\begin{matrix} 0 & si t \neq π / 2 [π] \\ e^{- t} & sinon. \end{matrix}

Les fonctions $f_{n}$ et $f$ sont continues par morceaux et

| f_{n} (t) | \leq e^{- t} = φ (t)

avec $φ$ continue par morceaux intégrable sur $[0; + \infty [$ .

Par convergence dominée,

\int_{0}^{+ \infty} e^{- t} \sin^{n} (t) d t \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{+ \infty} f (t) d t = 0 .

Exercice 6 927 Correction

(a)

Établir que

$\int_{- \infty}^{+ \infty} {(1 + \frac{t^{2}}{n})}^{- n} d t \to_{n \to + \infty}^{} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t .$
(b)

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Vérifier

$\int_{- \infty}^{+ \infty} {(1 + \frac{t^{2}}{n})}^{- n} d t = \sqrt{n} I_{n} avec I_{n} = \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{1}{{(1 + x^{2})}^{n}} d x .$
(c)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , établir

$I_{n} - I_{n + 1} = \frac{1}{2 n} I_{n} .$
(d)

En déduire une expression de $I_{n}$ à l’aide de nombres factoriels.
(e)

En employant la formule de Stirling, donner la valeur de $\int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t$ .

Solution

(a)

Les fonctions données par

$f_{n} (t) = {(1 + t^{2} / n)}^{- n}$

sont définies et continues par morceaux sur $ℝ$ .

La suite de fonctions $(f_{n})$ converge simplement vers $f$ avec $f (t) = e^{- t^{2}}$ définie et continue par morceaux sur $ℝ$ .

Soit $t \in ℝ$ fixé. Pour $n \in ℕ^{*}$ , en développant par la formule du binôme de Newton

$\frac{1}{{(1 + \frac{t^{2}}{n})}^{n}} = \frac{1}{1 + n \frac{t^{2}}{n} + \dots} \leq \frac{1}{1 + t^{2}}$

car les points de suspensions sont formés de termes tous positifs.

Ainsi,

$| f_{n} (t) | = {(1 + \frac{t^{2}}{n})}^{- n} \leq \frac{1}{1 + t^{2}} = φ (t) .$

La fonction $φ :] - \infty; + \infty [\to ℝ_{+}$ est continue et intégrable sur $] - \infty; + \infty [$ .

Par convergence dominée,

$\int_{- \infty}^{+ \infty} {(1 + \frac{t^{2}}{n})}^{- n} d t \to_{n \to + \infty}^{} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t .$
(b)

Il suffit de réaliser le changement de variable $t = \sqrt{n} x$ .
(c)

On remarque

$I_{n} - I_{n + 1} = \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{x^{2}}{{(1 + x^{2})}^{n + 1}} d x = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{+ \infty} x \cdot \frac{2 x}{{(1 + x^{2})}^{n + 1}} d x .$

À l’aide d’une intégration par parties correctement justifiée,

$\int_{- \infty}^{+ \infty} x \cdot \frac{2 x}{{(1 + x^{2})}^{n + 1}} d x = \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{{[\frac{- x}{n {(1 + x^{2})}^{n}}]}_{- \infty}^{+ \infty}}} + \frac{1}{n} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{d x}{{(1 + x^{2})}^{n + 1}}$

et donc

$I_{n} - I_{n + 1} = \frac{1}{2 n} I_{n} .$
(d)

On obtient la relation de récurrence

$I_{n + 1} = \frac{2 n - 1}{2 n} I_{n} pour n \in ℕ^{*} .$

Sachant $I_{1} = {[\arctan (x)]}_{- \infty}^{+ \infty} = π$ , on obtient

$I_{n + 1} = \frac{(2 n)!}{2^{2 n} {(n!)}^{2}} π pour tout n \in ℕ .$
(e)

On a

$\int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t = lim_{n \to + \infty} \sqrt{n + 1} I_{n + 1} = \sqrt{π}$

car, par la formule de Stirling et de multiples simplifications,

$\sqrt{n + 1} I_{n + 1} \underset{n \to + \infty}{\sim} \sqrt{n + 1} \frac{\sqrt{2 π (2 n)} {(\frac{2 n}{e})}^{2 n}}{2^{2 n} 2 π n {(\frac{n}{e})}^{2 n}} π = \sqrt{π} .$

Exercice 7 1771 CCINP (MP)Correction

Vérifier que la suite de terme général

u_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (n t)}{n t + t^{2}} d t

est bien définie et étudier sa convergence.

Solution

Posons

f_{n} : t \mapsto \frac{\sin (n t)}{n t + t^{2}} .

La fonction $f_{n}$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ et intégrable sur cet intervalle car Quand $t \to 0^{+}$ ,

f_{n} (t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{n t}{n t + t^{2}} \to_{t \to 0^{+}}^{} 1 et f_{n} (t) \underset{t \to + \infty}{=} O (\frac{1}{t^{2}}) .

Soit $t \in] 0; + \infty [$ . Quand $n \to + \infty$ , $f_{n} (t) = O (\frac{1}{n})$ et la suite $(f_{n})$ converge simplement vers la fonction nulle.

De plus, pour $t \leq π / 2$ , on a, sachant $| \sin (u) | \leq | u |$ ,

| f_{n} (t) | \leq \frac{n t}{n t + t^{2}} \leq 1

et pour $t \geq π / 2$ ,

| f_{n} (t) | \leq \frac{1}{n t + t^{2}} \leq \frac{1}{t^{2}} .

Ainsi, $| f_{n} | \leq φ$ avec

φ : t \mapsto {\begin{matrix} 1 & si t \in [0; π / 2] \\ 1 / t^{2} & si t \in] π / 2; + \infty [. \end{matrix}

La fonction $φ$ étant intégrable sur $] 0; + \infty [$ , on peut appliquer le théorème de convergence dominée et affirmer

u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{+ \infty} 0 d t = 0 .

Exercice 8 3800 CCINP (PSI)Correction

Étudier la limite éventuelle, quand $n$ tend vers $+ \infty$ , de la suite

I_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{1 + x^{n + 2}} d x .

Solution

En découpant l’intégrale,

I_{n} = \int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{1 + x^{n + 2}} d x + \int_{1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{1 + x^{n + 2}} d x .

D’une part,

| \int_{0}^{1} \frac{x^{n} d x}{x^{n + 2} + 1} | \leq \int_{0}^{1} x^{n} d x = \frac{1}{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

D’autre part, par convergence dominée (fonction de domination $x \mapsto 1 / x^{2}$ intégrable sur $[1; + \infty [$ ),

\int_{1}^{+ \infty} \frac{x^{n} d x}{x^{n + 2} + 1} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{2}} = 1 .

On en déduit

I_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 1 .

Exercice 9 746 Correction

Étudier la limite quand $n$ tend vers l’infini de

u_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin^{n} (x)}{x^{2}} d x .

Solution

Notons que l’intégrale définissant $u_{n}$ existe pour $n \geq 2$ car la fonction intégrée est dominée par $x \mapsto 1 / x^{2}$ en $+ \infty$ et est prolongeable par continuité en $0$ .

Dans cette étude, on ne peut appliquer le théorème de convergence dominée sur $[0; + \infty [$ après une majoration de $| \sin (x) |$ par $1$ car la fonction dominante $φ (x) = 1 / x^{2}$ n’est pas intégrable sur $] 0; + \infty [$ . Une solution pour contourner cette difficulté est de découper l’intégrale

u_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin^{n} (x)}{x^{2}} d x = \int_{0}^{1} \frac{\sin^{n} (x)}{x^{2}} d x + \int_{1}^{+ \infty} \frac{\sin^{n} (x)}{x^{2}} d x .

On a

| \int_{0}^{1} \frac{\sin^{n} (x)}{x^{2}} d x | \leq \int_{0}^{1} | \sin^{n - 2} (x) | d x car | \sin (x) | \leq | x | .

Par le théorème de convergence dominée (fonction de domination $φ : x \mapsto 1$ ),

\int_{0}^{1} | \sin^{n - 2} (x) | d x \to_{n \to + \infty}^{} 0

et donc

\int_{0}^{1} \frac{\sin^{n} (x)}{x^{2}} d x \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Aussi,

| \int_{1}^{+ \infty} \frac{\sin^{n} (x)}{x^{2}} d x | \leq \int_{1}^{+ \infty} \frac{{| \sin (x) |}^{n}}{x^{2}} d x .

Pour $x \geq 1$ ,

\frac{{| \sin (x) |}^{n}}{x^{2}} \to_{n \to + \infty}^{} f (x)

avec $f (x) = 0$ pour tout $x \neq π / 2 [π]$ .

De plus,

\frac{{| \sin (x) |}^{n}}{x^{2}} \leq \frac{1}{x^{2}} = φ (x)

avec $φ : [1; + \infty [\to ℝ_{+}$ intégrable. Par convergence dominée,

\int_{1}^{+ \infty} \frac{{| \sin (x) |}^{n}}{x^{2}} d x \to_{n \to + \infty}^{} \int_{1}^{+ \infty} f (x) d x = 0 .

Finalement,

u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Exercice 10 5397 Correction

Étudier la limite quand $n$ tend vers l’infini de

u_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{x^{n} d x}{x^{2 n} + 1} .

Solution

En découpant l’intégrale,

u_{n} = \int_{0}^{1} \frac{x^{n} d x}{x^{2 n} + 1} + \int_{1}^{+ \infty} \frac{x^{n} d x}{x^{2 n} + 1} .

D’une part,

| \int_{0}^{1} \frac{x^{n} d x}{x^{2 n} + 1} | \leq \int_{0}^{1} x^{n} d x = \frac{1}{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

D’autre part,

| \int_{1}^{+ \infty} \frac{x^{n} d x}{x^{2 n} + 1} | \leq \int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{n}} = \frac{1}{n - 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

On conclut

u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

On peut aussi appliquer le théorème de convergence dominée mais c’est un peu moins efficace.

Exercice 11 3294 CCINP (MP)

Montrer

lim_{n \to + \infty} \int_{1}^{+ \infty} n e^{- x^{n}} d x = \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{- x}}{x} d x .

Exercice 12 2862 MINES (MP)Correction

Calculer

lim_{n \to + \infty} \int_{0}^{+ \infty} \frac{n!}{\prod_{k = 1}^{n} (k + x)} d x .

Solution

On a

| \frac{n!}{\prod_{k = 1}^{n} (k + x)} | \leq \frac{1 \times 2}{(x + 1) (x + 2)} \times 1 = φ (x) .

La fonction $φ$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ .

Aussi,

\ln (\frac{n!}{\prod_{k = 1}^{n} (k + x)}) = - \sum_{k = 1}^{n} \ln (1 + \frac{x}{k}) \to_{n \to + \infty}^{} - \infty

car $\ln (1 + x / k) \sim x / k$ est terme général d’une série à termes positifs divergente.

Par suite,

\frac{n!}{\prod_{k = 1}^{n} (k + x)} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Par convergence dominée,

lim_{n \to + \infty} \int_{0}^{+ \infty} \frac{n!}{\prod_{k = 1}^{n} (k + x)} d x = 0 .

Exercice 13 2435 ENSTIM (MP)

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ une fonction continue. Étudier la limite quand $n$ tend vers $+ \infty$ de

\int_{0}^{1} f (t^{n}) d t .

Exercice 14 150 MINES (PC)Correction

Soit $f : ℝ_{+} \to ℝ_{+}$ continue et bornée. On pose, pour $n \in ℕ$ ,

I_{n} = \int_{0}^{+ \infty} n f (t) e^{- n t} d t .

Déterminer la limite de $I_{n}$ quand $n \to + \infty$ .

Solution

Par le changement de variable $u = n t$ (avec $n \geq 1$ ),

I_{n} = \int_{0}^{+ \infty} f (\frac{u}{n}) e^{- u} d u .

Par convergence dominée, sachant

| f (\frac{u}{n}) | \leq {∥ f ∥}_{\infty} e^{- u} = φ (u)

avec $φ : [0; + \infty [\to ℝ_{+}$ intégrable, on obtient

I_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{+ \infty} f (0) e^{- u} d u = f (0) .

Exercice 15 924 Correction

Soit $f : ℝ_{+} \to ℝ$ continue et bornée.

Déterminer la limite quand $n \to + \infty$ de

\int_{0}^{+ \infty} \frac{n f (x)}{1 + n^{2} x^{2}} d x .

Solution

Par le changement de variable $u = n x$ (pour $n \geq 1$ ),

\int_{0}^{+ \infty} \frac{n f (x)}{1 + n^{2} x^{2}} d x = \int_{0}^{+ \infty} \frac{f (u / n)}{1 + u^{2}} d u .

Posons alors $f_{n} : u \mapsto \frac{f (u / n)}{1 + u^{2}}$ définie sur $ℝ_{+}$ .

La suite de fonctions $(f_{n})$ converge simplement vers

f_{\infty} : u \mapsto \frac{f (0)}{1 + u^{2}} .

Les fonctions $f_{n}$ et $f$ sont continues par morceaux sur $ℝ_{+}$ .

Pour $u \in [0; + \infty [$ ,

| f_{n} (u) | \leq \frac{{∥ f ∥}_{\infty}}{1 + u^{2}} = φ (u)

avec $φ : ℝ_{+} \to ℝ_{+}$ intégrable.

Par convergence dominée,

\int_{0}^{+ \infty} \frac{n f (x)}{1 + n^{2} x^{2}} d x \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{+ \infty} \frac{f (0)}{1 + u^{2}} d u = \frac{π f (0)}{2} .

Exercice 16 3650 X (PC)Correction

Soit $f : ℝ_{+} \to ℝ$ de classe $𝒞^{1}$ intégrable ainsi que sa dérivée.

(a)

Déterminer pour $x > 0$

$lim_{n \to + \infty} \int_{0}^{+ \infty} n \cos (t) {(\sin (t))}^{n} f (x t) d t .$
(b)

Préciser le mode de convergence.

Solution

(a)

Pour $x > 0$ , posons

$u_{n} (x) = \int_{0}^{+ \infty} n \cos (t) {(\sin (t))}^{n} f (x t) d t .$

L’intégrabilité de $f$ assure que $u_{n} (x)$ est bien définie.

Puisque $f^{'}$ est intégrable, la fonction $f$ admet une limite finie en $+ \infty$ et, puisque $f$ est aussi intégrable, $f$ tend vers $0$ en $+ \infty$ . Par intégration par parties, on obtient alors

$u_{n} (x) = - \frac{n}{n + 1} \int_{0}^{+ \infty} {(\sin (t))}^{n + 1} x f^{'} (x t) d t .$

Posons $g_{n} (x) = {| \sin (t) |}^{n + 1} x f^{'} (x t) d t$ .

Chaque fonction $g_{n}$ est continue par morceaux.

La suite de fonctions $(g_{n})$ converge simplement vers une fonction continue par morceaux, nulle en chaque $x \neq π / 2 + k π$ .

La fonction limite simple est continue par morceaux.

Enfin, on a la domination

$| g_{n} (x) | \leq x f^{'} (x t) = φ (t)$

avec la fonction $φ : [0; + \infty [\to ℝ_{+}$ intégrable.

Par convergence dominée,

$\int_{0}^{+ \infty} g_{n} (t) d t \to_{n \to + \infty}^{} 0$

et, par comparaison,

$u_{n} (x) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$
(b)

On vient déjà d’obtenir une convergence simple de la suite de fonctions $(u_{n})$ vers la fonction nulle. Montrons qu’il s’agit en fait d’une convergence uniforme.

Par changement de variable,

$u_{n} (x) = - \frac{n}{n + 1} \int_{0}^{+ \infty} {(\sin (u / x))}^{n + 1} f^{'} (u) d u .$

Soit $ε > 0$ . Puisque la fonction $f^{'}$ est intégrable, il existe $A \in ℝ_{+}$ tel que

$\int_{A}^{+ \infty} | f^{'} (u) | d u \leq ε$

et alors

$| u_{n} (x) | \leq M \int_{0}^{A} {| \sin (u / x) |}^{n + 1} d u + ε avec M = \max_{u \in [0; A]} | f^{'} (u) | .$

Pour $x \geq 4 A / π$ ,

$\forall u \in [0; A], 0 \leq \frac{u}{x} \leq \frac{A}{x} \leq \frac{π}{4}$

et donc

$\int_{0}^{A} {| \sin (u / x) |}^{n + 1} d u \leq \frac{A}{{\sqrt{2}}^{n + 1}} .$

Pour $x \leq 4 A / π$ , on a par changement de variable

$\int_{0}^{A} {| \sin (u / x) |}^{n + 1} d u = x \int_{0}^{A / x} {| \sin (t) |}^{n + 1} d t .$

Pour $k$ entier tel que $k π < A / x \leq (k + 1) π$ .

$\int_{0}^{A} {| \sin (u / x) |}^{n + 1} d u \leq x \int_{0}^{(k + 1) π} {| \sin (t) |}^{n + 1} d t = x (k + 1) \int_{0}^{π} {(\sin (t))}^{n + 1} d t .$

Or $x (k + 1) π \leq A + x π \leq 5 A$ et donc

$\int_{0}^{A} {| \sin (u / x) |}^{n + 1} d u \leq \frac{5 A}{π} \int_{0}^{π} {(\sin (t))}^{n + 1} d t .$

Finalement, pour tout $x > 0$ ,

$| u_{n} (x) | \leq \frac{5 A M}{π} \int_{0}^{π} {(\sin (t))}^{n + 1} d t + \frac{A M}{{\sqrt{2}}^{n + 1}} + ε$

et donc pour $n$ assez grand, on a pour tout $x > 0$ .

$| u_{n} (x) | \leq 2 ε .$

Il y a donc convergence uniforme vers la fonction nulle.

Exercice 17 4725 MINES (MP)

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction continue et intégrable. On suppose qu’il existe un réel positif $M$ vérifiant

\forall x > 0, \int_{- \infty}^{+ \infty} | \frac{e^{i t x} - 1}{x} | | f (t) | d t \leq M .

(a)

Montrer que la fonction $t \mapsto t f (t)$ est intégrable sur $ℝ$ .
(b)

Calculer

$lim_{x \to 0^{+}} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{e^{i t x} - 1}{t} f (t) d t .$

[<] Convergence dominée[>] Applications de la convergence dominée

Exercice 18 2567 ENSTIM (MP)Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℂ$ continue.

On suppose que la fonction $f$ admet une limite finie en $+ \infty$ vers une limite finie $ℓ$ .

Déterminer la limite quand $n \to + \infty$ de

μ_{n} = \frac{1}{n} \int_{0}^{n} f (t) d t .

Solution

Par changement de variable,

μ_{n} = \int_{0}^{1} f (n s) d s .

La fonction $f$ est continue sur $[0; + \infty [$ et admet une limite finie en $+ \infty$ , c’est donc une fonction bornée par un certain $M \in ℝ_{+}$ .

Par convergence dominée (domination par la fonction consante $t \mapsto M$ intégrable sur $[0; 1]$ ),

μ_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} ℓ d t = ℓ .

Exercice 19 922 Correction

Étudier

lim_{n \to + \infty} \int_{0}^{n} {(1 + \frac{x}{n})}^{n} e^{- 2 x} d x .

Solution

Posons

f_{n} (x) = {\begin{matrix} {(1 + \frac{x}{n})}^{n} & si x \in [0; n] \\ 0 & sinon. \end{matrix}

Pour $x \in [0; + \infty [$ , à partir d’un certain rang $x \geq n$ et

f_{n} (x) = {(1 + \frac{x}{n})}^{n} e^{- 2 x} = \exp (n \ln (1 + \frac{x}{n}) - 2 x) \to_{n \to + \infty}^{} e^{- x} .

Ainsi, la suite $(f_{n})$ converge simplement vers $f : x \mapsto e^{- x}$ .

En vertu de l’inégalité $\ln (1 + u) \leq u$ , on obtient

| f_{n} (x) | \leq e^{- x} = φ (x)

et ce que $x \in [0; n]$ ou non.

La fonction $φ$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ .

Par application du théorème de convergence dominée,

lim_{n \to + \infty} \int_{0}^{n} {(1 + \frac{x}{n})}^{n} e^{- 2 x} d x = \int_{0}^{+ \infty} e^{- x} d x = 1 .

Exercice 20 4079 Correction

Étudier

lim_{n \to + \infty} \int_{0}^{\sqrt{n}} {(1 - \frac{t^{2}}{n})}^{n} d t .

Solution

Posons

f_{n} (t) = {\begin{matrix} {(1 - \frac{t^{2}}{n})}^{n} & si t \in [0; \sqrt{n} [ \\ 0 & sinon. \end{matrix}

Pour $t \in [0; + \infty [$ , à partir d’un certain rang $t > \sqrt{n}$ et

f_{n} (t) = {(1 - \frac{t^{2}}{n})}^{n} = \exp [n \ln (1 - \frac{t^{2}}{n}]) \to_{n \to + \infty}^{} e^{- t^{2}} .

Ainsi, la suite $(f_{n})$ converge simplement vers $f : t \mapsto e^{- t^{2}}$ .

En vertu de l’inégalité $\ln (1 + u) \leq u$ , on obtient

| f_{n} (t) | \leq e^{- t^{2}} = φ (t)

et ce que $t \in [0; \sqrt{n}]$ ou non.

La fonction $φ$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ .

Par application du théorème de convergence dominée,

lim_{n \to + \infty} \int_{0}^{\sqrt{n}} {(1 - \frac{t^{2}}{n})}^{n} d t = \int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t .

Exercice 21 2982 X (MP)Correction

Déterminer

lim_{n \to + \infty} \int_{0}^{n} {(\cos (\frac{x}{n}))}^{n^{2}} d x .

Solution

Posons

f_{n} (x) = {\begin{matrix} {(\cos (\frac{x}{n}))}^{n^{2}} & si x \in [0; n [ \\ 0 & sinon. \end{matrix}

Soit $x \in ℝ_{+}$ . Pour $n$ assez grand,

f_{n} (x) = {(\cos (\frac{x}{n}))}^{n^{2}} \underset{n \to + \infty}{=} \exp (n^{2} \ln (1 - \frac{x^{2}}{2 n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}}))) \to_{n \to + \infty}^{} e^{- x^{2} / 2} .

Ainsi, la suite de fonctions $(f_{n})$ converge simplement vers $f : x \mapsto e^{- x^{2} / 2}$ sur $[0; + \infty [$ .

Soit $ψ : [0; 1] \to ℝ$ définie par $ψ (t) = 1 - t^{2} / 4 - \cos (t)$ . La fonction $ψ$ est de classe $𝒞^{\infty}$ avec

ψ^{'} (t) = \sin (t) - t / 2 et ψ^{''} (t) = \cos (t) - 1 / 2

Pour $t \in [0; 1] \subset [0; π / 3]$ , $ψ^{''} (t) \geq 0$ .

Par ce tableau de variation,

\forall x \in [0; 1], ψ (x) \geq 0 .

On en déduit que, pour $x \in [0; n]$ ,

\ln (\cos (\frac{x}{n})) \leq \ln (1 - \frac{x^{2}}{4 n^{2}}) \leq - \frac{x^{2}}{4 n^{2}}

puis

f_{n} (x) \leq e^{- x^{2} / 4} .

Cette inégalité vaut aussi pour $x \in] n; + \infty [$ et puisque la fonction $x \mapsto e^{- x^{2} / 4}$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ , on peut appliquer le théorème de convergence dominée et affirmer

lim_{n \to + \infty} \int_{0}^{n} {(\cos (\frac{x}{n}))}^{n^{2}} d x = \int_{0}^{+ \infty} e^{- x^{2} / 2} d x = \sqrt{\frac{π}{2}}

(la dernière intégrale est une valeur « connue »).

Exercice 22 5796 Correction

(a)

Justifier

$\forall t \in [0; π / 2], \cos (t) \leq 1 - \frac{t^{2}}{π} .$
(b)

En exprimant un développement de la fonction $\cos$ en $0$ , déterminer un changement de variable judicieux pour établir

$\int_{0}^{π / 2} \cos^{n} (t) \underset{n \to + \infty}{\sim} \sqrt{\frac{π}{2 n}} .$

On donne

$\int_{0}^{+ \infty} e^{- x^{2} / 2} d x = \sqrt{\frac{π}{2}} .$

Solution

(a)

Considérons la fonction $f : [0; π / 2] \to ℝ$ définie par

$f (t) = 1 - \frac{t^{2}}{π} - \cos (t) .$

La fonction $f$ est dérivable (et même de classe $𝒞^{\infty}$ ) sur $[0; π / 2]$ avec

$f^{'} (t) = \sin (t) - \frac{2}{π} t .$

Or la fonction $\sin$ est concave sur $[0; π / 2]$ et son graphe est donc au-dessus de la corde joignant les points d’abscisses $0$ et $π / 2$ . On a donc

$\forall t \in [0; π / 2], \sin (t) \geq \frac{2}{π} t .$

La fonction $f$ est croissante sur $[0; π / 2]$ . Or $f (0) = 0$ et donc $f$ est positive sur $[0; π / 2]$ . On en déduit l’inégalité demandée.
(b)

On peut écrire

$\cos {(t)}^{n} = {(1 - \frac{t^{2}}{2} + o (t^{2}))}^{n} = \exp [n \ln (1 - \frac{t^{2}}{2} + o (t^{2}))] .$

Pour parvenir à une limite finie non nulle quand $n \to + \infty$ , il serait pertinent que la variable $t$ s’exprime $x / \sqrt{n}$ . On réalise donc le changement de variable $t = x / \sqrt{n}$ . Pour celui-ci,

$\int_{0}^{π / 2} {(\cos (t))}^{n} d t = \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{0}^{\sqrt{n} π / 2} {[\cos (\frac{x}{\sqrt{n}})]}^{n} d x .$

Introduisons $f_{n} : [0; + \infty [\to ℝ$ donnée par

$f_{n} (x) = {\begin{matrix} {[\cos (\frac{x}{\sqrt{n}})]}^{n} & si x \in [0; \sqrt{n} π / 2 [ \\ 0 & si x \in [\sqrt{n} π / 2; + \infty [. \end{matrix}$

Soit $x \in [0; + \infty [$ . Lorsque $n$ tend vers l’infini, pour $n$ assez grand, $\sqrt{n} π / 2 \geq x$ et alors

$f_{n} (x) = {[\cos (\frac{x}{\sqrt{n}})]}^{n} \to_{n \to + \infty}^{} e^{- x^{2} / 2} .$

La suite de fonctions $(f_{n})$ converge donc simplement vers $f : x \mapsto e^{- x^{2} / 2}$ sur $[0; + \infty [$ .

Aussi, par l’inégalité établie en première question, on a pour tout $x \in [0; \sqrt{n} π / 2 [$

$| f_{n} (x) | \leq {(1 - \frac{x^{2}}{n π})}^{n} = e^{n \ln (1 - \frac{x^{2}}{n π})} .$

Par l’inégalité classique $\ln (1 + u) \leq u$ , on poursuit

$| f_{n} (x) | \leq e^{- x^{2} / π} = φ (x) .$

Cette inégalité est aussi vraie pour $x \in [\sqrt{n} π / 2; + \infty [$ et la fonction $φ$ est assurément intégrable sur $[0; + \infty [$ . Par convergence dominée,

$\int_{0}^{\sqrt{n} π / 2} {[\cos (\frac{x}{\sqrt{n}})]}^{n} d x \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{+ \infty} e^{- x^{2} / 2} d x = \sqrt{\frac{π}{2}} .$

On en déduit

$\int_{0}^{π / 2} {(\cos (t))}^{n} d t \underset{n \to + \infty}{\sim} \sqrt{\frac{π}{2 n}} .$

Exercice 23 925

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ continue et intégrable.

Déterminer la limite quand $n$ tend vers $+ \infty$ de

n \int_{0}^{1} \frac{f (n t)}{1 + t} d t .

Exercice 24 3013 KER LANN (MP)

On introduit la constante d’Euler

γ = lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} - \ln (n) .

En utilisant une suite de fonctions judicieuse, exprimer à l’aide du réel $γ$ l’intégrale suivante

I = \int_{0}^{+ \infty} e^{- t} \ln (t) d t .

Exercice 25 4726

(Formule de Stirling)

On donne¹¹ 1 La première intégrale se déduit de l’intégrale de Gauss calculée dans le sujet 545 par parité et le changement de variable $u = t / \sqrt{2}$ . La seconde intégrale s’obtient par intégrations par parties successives comme détaillé dans le sujet 678.

\int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- t^{2} / 2} d t = \sqrt{2 π} et \forall n \in ℕ, \int_{0}^{+ \infty} t^{n} e^{- t} d t = n! .

(a)

Calculer

$\int_{- n}^{+ \infty} {(1 + \frac{t}{n})}^{n} e^{- t} d t .$
(b)

Déterminer

$lim_{n \to + \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{n}^{+ \infty} {(1 + \frac{t}{n})}^{n} e^{- t} d t .$
(c)

Calculer

$lim_{n \to + \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{- n}^{n} {(1 + \frac{t}{n})}^{n} e^{- t} d t .$
(d)

Retrouver ainsi la formule de Stirling.

[<] Convergence dominée sur intervalle variable[>] Intégration terme à terme

Exercice 26 3807 CCINP (PSI)Correction

(a)

Montrer l’intégrabilité de la fonction $f_{n} : ℝ_{+}^{*} \to ℝ$ donnée par

$f_{n} (x) = \frac{1}{x (1 + x^{2})} \ln (1 + \frac{x}{n}) .$
(b)

Déterminer un équivalent simple de

$u_{n} = \int_{0}^{+ \infty} f_{n} (x) d x .$

Solution

(a)

La fonction $f_{n}$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ .

D’une part,

$f_{n} (x) \to_{x \to 0^{+}}^{} \frac{1}{n} .$

On peut donc prolonger $f_{n}$ par continuité en $0$ .

D’autre part,

$f_{n} (x) \underset{x \to + \infty}{=} o (\frac{1}{x^{2}}) .$

Par suite, $f_{n}$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Considérons

$n u_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{n}{x (1 + x^{2})} \ln (1 + \frac{x}{n}) d x .$

Posons $g_{n} = n f_{n}$ . Pour $x > 0$ ,

$g_{n} (x) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{n}{x (1 + x^{2})} \cdot \frac{x}{n} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{1 + x^{2}} .$

De plus, sachant $\ln (1 + u) \leq u$ pour tout $u > - 1$ , on a

$| g_{n} (x) | \leq \frac{1}{1 + x^{2}} = φ (x)$

avec $φ$ intégrable.

Par convergence dominée,

$n u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{1 + x^{2}} = \frac{π}{2} .$

On en déduit

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{π}{2 n} .$

Exercice 27 5434 MINES (MP)Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ continue, bornée et telle que $f (0) \neq 0$ .

Déterminer un équivalent simple de la suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ déterminée par

u_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- n t} f (t)}{\sqrt{t}} d t .

Solution

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Par le changement de variable $s = n t$ ,

u_{n} = \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{0}^{+ \infty} f (\frac{s}{n}) \frac{e^{- s}}{\sqrt{s}} d s .

Par convergence dominée, sachant

\forall n \in ℕ, \forall s \in] 0; + \infty [, | f (\frac{s}{n}) \frac{e^{- s}}{\sqrt{s}} | \leq {∥ f ∥}_{\infty} \frac{e^{- s}}{\sqrt{s}} = φ (s)

avec $φ :] 0; + \infty [\to ℝ_{+}$ continue par morceaux et intégrableu sur $] 0; + \infty [$ , il vient

u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- s}}{\sqrt{s}} d s

(et l’on établit aussi l’existence de l’intégrale définissant $u_{n}$ ).

Par le changement de variable $x = \sqrt{s}$ , cette dernière intégrale peut être liée à l’intégrale de Gauss,

\int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- s}}{\sqrt{s}} d s = 2 \int_{0}^{+ \infty} e^{- x^{2}} d x = \sqrt{π} .

On conclut

u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{\sqrt{π}}{\sqrt{n}} .

Exercice 28 923 Correction

Déterminer un équivalent de

\int_{0}^{n} \sqrt{1 + {(1 - \frac{x}{n})}^{n}} d x .

Solution

Par changement de variable,

\int_{0}^{n} \sqrt{1 + {(1 - \frac{x}{n})}^{n}} d x n \underset{u = 1 - x / n}{=} n \int_{0}^{1} \sqrt{1 - u^{n}} d u .

Par le théorème de convergence dominée,

\int_{0}^{1} \sqrt{1 - u^{n}} d u \to_{n \to + \infty}^{} 1

donc

\int_{0}^{n} \sqrt{1 + {(1 - \frac{x}{n})}^{n}} d x \underset{n \to + \infty}{\sim} n .

Exercice 29 935 Correction

Déterminer un équivalent quand $n \to + \infty$ de

\int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x / n}}{1 + \cos^{2} (x)} d x .

Solution

La convergence de l’intégrale proposée est facile.

En découpant l’intégrale,

\int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x / n}}{1 + \cos^{2} (x)} d x = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \int_{k π}^{(k + 1) π} \frac{e^{- x / n}}{1 + \cos^{2} (x)} d x = \sum_{k = 0}^{+ \infty} e^{- k π / n} \int_{0}^{π} \frac{e^{- x / n}}{1 + \cos^{2} (x)} d x .

Dans la somme proposée, le terme intégrale ne dépend de l’indice sommation donc

\int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x / n}}{1 + \cos^{2} (x)} d x = (\sum_{k = 0}^{+ \infty} e^{- k π / n}) \int_{0}^{π} \frac{e^{- x / n}}{1 + \cos^{2} (x)} d x = \frac{1}{1 - e^{- π / n}} \int_{0}^{π} \frac{e^{- x / n}}{1 + \cos^{2} (x)} d x .

On remarque

\frac{1}{1 - e^{- π / n}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{n}{π}

\int_{0}^{π} \frac{e^{- x / n}}{1 + \cos^{2} (x)} d x \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{π} \frac{d x}{1 + \cos^{2} (x)}

par application du théorème de convergence dominée.

Par le changement de variable $t = \tan (x)$ ,

\int_{0}^{π} \frac{d x}{1 + \cos^{2} (x)} = 2 \int_{0}^{π / 2} \frac{d x}{1 + \cos^{2} (x)} = 2 \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{2 + t^{2}} = \frac{π}{\sqrt{2}} .

Au final,

\int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x / n}}{1 + \cos^{2} (x)} d x \sim n \to + \infty \frac{n}{\sqrt{2}} .

Exercice 30 3362 CCINP (MP)

Pour $n \in ℕ$ , on pose

J_{n} = \int_{0}^{1} \frac{x^{2 n + 1} \ln (x)}{x^{2} - 1} d x .

(a)

Justifier l’existence de l’intégrale définissant $J_{n}$ .
(b)

Calculer $J_{n} - J_{n + 1}$ .
(c)

En déduire l’identité

$\int_{0}^{1} \frac{x \ln (x)}{x^{2} - 1} d x = \frac{1}{4} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} .$

Exercice 31 4945 CCINP (MP)Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

I_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{{(1 + x^{3})}^{n}} .

(a)

Justifier l’existence de l’intégrale définissant $I_{n}$ .
(b)

Montrer que la suite ${(I_{n})}_{n \geq 1}$ converge et trouver sa limite.
(c)

Étudier la convergence de $\sum {(- 1)}^{n - 1} I_{n}$ et calculer son éventuelle somme.

Solution

(a)

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Introduisons $u_{n} : [0; + \infty [\to ℝ$ définie par

$u_{n} (x) = \frac{1}{{(1 + x^{3})}^{n}} .$

La fonction $u_{n}$ est continue par morceaux et intégrable car

$u_{n} (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{x^{3 n}} avec 3 n > 1 .$
(b)

La suite de fonctions $(u_{n})$ converge simplement vers

$u_{\infty} : x \mapsto {\begin{matrix} 0 & si x > 0 \\ 1 & si x = 0 . \end{matrix}$

Les fonctions $u_{n}$ et $u_{\infty}$ sont continues par morceaux et, pour tout $n \geq 1$ et tout $x \in [0; + \infty [$ ,

$| \frac{1}{{(1 + x^{3})}^{n}} | \leq \frac{1}{1 + x^{3}} = φ (x) .$

La fonction $φ$ est intégrable et par convergence dominée

$I_{n} = \int_{0}^{+ \infty} u_{n} (t) d t \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{+ \infty} u_{\infty} (t) d t = 0 .$
(c)

On remarque $0 \leq u_{n + 1} (x) \leq u_{n} (x)$ pour tout $x \in [0; + \infty [$ et, par intégration en bon ordre, $0 \leq I_{n + 1} \leq I_{n}$ . On en déduit que la série $\sum {(- 1)}^{n - 1} I_{n}$ est alternée et que son terme général décroît en valeur absolue vers $0$ : la série converge par application du critère spécial.

Pour tout $N \geq 1$ ,

$\sum_{n = 1}^{N} {(- 1)}^{n - 1} I_{n}$ $= \int_{0}^{+ \infty} \sum_{n = 1}^{N} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{{(1 + x^{3})}^{n}} d x$

$= \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{1 + x^{3}} (\frac{1 - \frac{{(- 1)}^{N}}{{(1 + x^{3})}^{N}}}{1 + \frac{1}{1 + x^{3}}}) d x$

$= \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{2 + x^{3}} (1 + \frac{{(- 1)}^{N + 1}}{{(1 + x^{3})}^{N}}) d x .$

Or

$| \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{2 + x^{3}} \cdot \frac{{(- 1)}^{N + 1}}{{(1 + x^{3})}^{N}} d x | \leq \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{{(1 + x^{3})}^{N + 1}} \to_{N \to + \infty}^{} 0$

car $2 + x^{3} \geq 1 + x^{3}$ On en déduit

$\sum_{n = 1}^{N} {(- 1)}^{n - 1} I_{n} \to_{N \to + \infty}^{} \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{2 + x^{3}} .$

Pour calculer, cette dernière intégrale, on réalise le changement de variable $x = 2^{1 / 3} t$ puis la décomposition en éléments simples

$\frac{1}{t^{3} + 1} = \frac{1 / 3}{t + 1} + \frac{- \frac{1}{3} t + \frac{2}{3}}{t^{2} - t + 1} .$

Au terme des calculs

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n - 1} I_{n} = \frac{2^{1 / 3} π}{3 \sqrt{3}} .$

Exercice 32 4159 CENTRALE (MP)Correction

Soient $a$ et $b$ strictement positifs. On définit deux suites $(a_{n})$ et $(b_{n})$ par

a_{0} = a, b_{0} = b et a_{n + 1} = \frac{a_{n} + b_{n}}{2}, b_{n + 1} = \sqrt{a_{n} b_{n}} pour tout n \in ℕ .

(a)

Montrer que les suites $(a_{n})$ et $(b_{n})$ convergent vers une même limite.

On note $M (a, b)$ la limite commune de ses suites.

(b)

On pose

$T (a, b) = \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{d u}{\sqrt{(a^{2} + u^{2}) (b^{2} + u^{2})}} .$

Montrer

$T (\frac{a + b}{2}, \sqrt{a b}) = T (a, b) .$

On pourra utiliser le changement de variable $u = \frac{1}{2} (t - \frac{a b}{t})$ .
(c)

Montrer

$T (a, b) = \frac{π}{M (a, b)} .$

Solution

Sans perte de généralités, on suppose $a \leq b$ .

(a)

Les suites $(a_{n})$ et $(b_{n})$ sont bien définies et à termes positifs. Par l’inégalité $2 x y \leq x^{2} + y^{2}$ , on obtient $a_{n + 1} \leq b_{n + 1}$ . On en déduit la croissance de $(a_{n})$ et la décroissance de $(b_{n})$ . Ces suites sont monotones et bornées donc convergentes. Notons $ℓ$ et $ℓ^{'}$ leurs limites. Par passage à la limite de la relation définissant $a_{n + 1}$ en fonction de $a_{n}$ et $b_{n}$ , on obtient

$ℓ = \frac{ℓ + ℓ^{'}}{2} .$

On en déduit $ℓ = ℓ^{'}$ .
(b)

L’intégrale définissant $T (a, b)$ est convergente car

$\frac{1}{\sqrt{(a^{2} + u^{2}) (b^{2} + u^{2})}} \underset{u \to \pm \infty}{\sim} \frac{1}{u^{2}} .$

La fonction de changement de variable $t \mapsto \frac{1}{2} (t - \frac{a b}{t})$ est de classe $𝒞^{1}$ strictement croissante sur $] 0; + \infty [$ . Après calculs,

$T (\frac{a + b}{2}, \sqrt{a b}) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 d t}{\sqrt{(a^{2} + t^{2}) (b^{2} + t^{2})}} .$

Par parité de la fonction intégrée,

$T (\frac{a + b}{2}, \sqrt{a b}) = T (a, b) .$
(c)

On a

$T (a_{n + 1}, b_{n + 1}) = T (a_{n}, b_{n})$

et donc

$T (a_{n}, b_{n}) = T (a, b) .$

Par convergence dominée avec la fonction de domination

$φ (u) = \frac{1}{a^{2} + u^{2}}$

on obtient

$T (a_{n}, b_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{d u}{M {(a, b)}^{2} + u^{2}} = \frac{1}{M (a, b)} {[\arctan (\frac{u}{M (a, b)})]}_{- \infty}^{+ \infty} = \frac{π}{M (a, b)}$

car $M (a, b) > 0$ .

Exercice 33 5803 Correction

Donner un équivalent simple quand $n$ tend vers l’infini à

I_{n} = \int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t .

Solution

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Réalisons le changement de variable $x = t^{n}$ . Par celui-ci,

I_{n} = \frac{1}{n} \int_{] 0; 1]} \ln (1 + x) x^{- \frac{n - 1}{n}} d x .

Introduisons

u_{n} = \ln (1 + x) x^{- \frac{n - 1}{n}} pour x \in] 0; 1] .

Pour $x \in] 0; 1]$ ,

x^{- \frac{n - 1}{n}} \to_{n \to + \infty}^{} x^{- 1}

et donc

u_{n} (x) \to_{n \to + \infty}^{} \frac{\ln (1 + x)}{x} .

Aussi, pour tout $n \in ℕ^{*}$ ,

| u_{n} (x) | \leq x \cdot x^{- \frac{n - 1}{n}} = x^{1 / n} \leq 1 = φ (x)

en vertu de l’inégalité bien connue $\ln (1 + t) \leq t$ pour tout $t > - 1$ .

La fonction $φ :] 0; 1] \to ℝ_{+}$ est intégrable. Par convergence dominée,

(n + 1) I_{n} = \int_{0}^{1} u_{n} (x) d x \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + x)}{x} d x .

Ainsi,

I_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n} \int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + x)}{x} d x .

Notons que par une intégration terme à terme, on peut établir

\int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + x)}{x} d x = \frac{π^{2}}{12} .

Exercice 34 5379 Correction

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ une fonction continue. On pose

I_{n} = \int_{0}^{1} f (x) x^{n} d x pour tout n \in ℕ .

(a)

Déterminer la limite de la suite $(I_{n})$ .
(b)

On suppose $f (1) \neq 0$ et $f$ de classe $𝒞^{1}$ .

Donner un équivalent simple de $(I_{n})$ .
(c)

On suppose toujours $f (1) \neq 0$ mais $f$ seulement continue.

Donner un équivalent simple de $(I_{n})$ .

Solution

(a)

On peut montrer que la suite $(I_{n})$ est de limite nulle en appliquant le théorème de convergence dominée ou, plus rapidement, en raisonnant par comparaison. Privilégions cette dernière démarche. La fonction $f$ étant continue sur le segment $[0; 1]$ , elle y est bornée par un certain réel $M$ . On a alors

$| I_{n} |$ $\leq \int_{0}^{1} | f (x) x^{n} | d x = \int_{0}^{1} | f (x) | x^{n} d x$

$\leq M \int_{0}^{1} x^{n} d x = M {[\frac{x^{n + 1}}{n + 1}]}_{0}^{1} = \frac{M}{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

On en déduit que la suite $(I_{n})$ tend vers $0$ .
(b)

Par intégration par parties,

$I_{n} = {[f (x) \frac{x^{n + 1}}{n + 1}]}_{0}^{1} - \frac{1}{n + 1} \int_{0}^{1} f^{'} (x) x^{n + 1} d x \underset{n \to + \infty}{=} \frac{f (1)}{n + 1} + o (\frac{1}{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{f (1)}{n} .$
(c)

De retour au cas général ce qui précède invite à étudier la limite de $n I_{n}$ ou, parce que cela est plus commode, celle de $(n + 1) I_{n}$ .

Méthode: On réexprime $(n + 1) I_{n}$ à l’aide d’un changement de variable.

Par le changement de variable $t = x^{n + 1}$ pour lequel $d t = (n + 1) x^{n} d x$ , on obtient

$(n + 1) I_{n} = \int_{0}^{1} f (t^{1 / (n + 1)}) d t .$

Appliquons alors le théorème de convergence dominée à la suite des fonctions $u_{n}$ définies¹¹ 1 On exclut artificiellement la borne $0$ pour simplifier (un peu) l’étude. sur $] 0; 1]$ par

$u_{n} (t) = f (t^{1 / (n + 1)}) pour tout n \in ℕ .$

Pour tout $t \in] 0; 1]$ , on obtient par continuité de $f$

$u_{n} (t) \to_{n \to + \infty}^{} u (t) = f (1)$

La suite de fonctions $(u_{n})$ converge donc simplement vers la fonction $u$ sur $] 0; 1]$ . Les fonctions $u_{n}$ et la fonction $u$ sont continues par morceaux sur $] 0; 1]$ et, pour tout $t \in] 0; 1]$ et tout $n \in ℕ$ ,

$| u_{n} (t) | \leq M = φ (t) avec φ intégrable sur] 0; 1] .$

Par convergence dominée,

$(n + 1) I_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} u (t) d t = f (1) \neq 0 donc I_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{f (1)}{n} .$

Exercice 35 5600 Correction

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ . On pose

I_{n} = \int_{0}^{1} f (x) x^{n} d x pour tout n \in ℕ .

(a)

Déterminer la limite de la suite $(I_{n})$ .
(b)

On suppose $f (1) \neq 0$ . Donner un équivalent simple de $(I_{n})$ .

On suppose désormais $f (1) = 0$ et l’on pose

I = \int_{0}^{1} \frac{f (x)}{1 - x} d x .

(c)

Montrer la convergence de l’intégrale définissant $I$ .
(d)

Montrer la convergence de la série $\sum I_{n}$ et donne sa somme en fonction de $I$ .

Solution

(a)

On peut montrer que la suite $(I_{n})$ est de limite nulle en appliquant le théorème de convergence dominée ou, plus rapidement, en raisonnant par comparaison. Privilégions cette dernière démarche. La fonction $f$ étant continue sur le segment $[0; 1]$ , elle y est bornée par un certain réel $M$ . On a alors

$| I_{n} |$ $\leq \int_{0}^{1} | f (x) x^{n} | d x = \int_{0}^{1} | f (x) | x^{n} d x$

$\leq M \int_{0}^{1} x^{n} d x = M {[\frac{x^{n + 1}}{n + 1}]}_{0}^{1} = \frac{M}{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

On en déduit que la suite $(I_{n})$ tend vers $0$ .
(b)

Par intégration par parties,

$I_{n} = {[f (x) \frac{x^{n + 1}}{n + 1}]}_{0}^{1} - \frac{1}{n + 1} \int_{0}^{1} f^{'} (x) x^{n + 1} d x \underset{n \to + \infty}{=} \frac{f (1)}{n + 1} + o (\frac{1}{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{f (1)}{n} .$
(c)

La fonction $x \mapsto \frac{f (x)}{1 - x}$ est définie et continue sur $[0; 1 [$ . De plus,

$\frac{f (x)}{1 - x} = - \frac{f (x) - f (1)}{x - 1} \to_{x \to 1^{-}}^{} f^{'} (1) .$

L’intégrale définissant $I$ est donc faussement généralisée en $1$ .
(d)

Pour $n \in ℕ$ ,

$\sum_{k = 0}^{n} I_{k} = \int_{0}^{1} f (x) \sum_{k = 0}^{n} x^{k} d x = \int_{0}^{1} f (x) \frac{1 - x^{n + 1}}{1 - x} d x .$

Avec convergence, on peut séparer l’intégrale en deux

$\sum_{k = 0}^{n} I_{k} = \int_{0}^{1} f (x) \frac{1}{1 - x} d x - \int_{0}^{1} \frac{f (x)}{1 - x} x^{n + 1} d x .$

En adaptant l’étude de la première question, on établit

$\int_{0}^{1} \frac{f (x)}{1 - x} x^{n + 1} d x \to_{n \to + \infty}^{} 0$

et l’on conclut

$\sum_{k = 0}^{n} I_{k} \to_{n \to + \infty}^{} I .$

Exercice 36 2392 CCINP (MP)Correction

Soit $f$ une application réelle de classe $𝒞^{1}$ sur $[a; b]$ avec $0 < a < 1 < b$ et $f (1) \neq 0$ . Soit $(f_{n})$ la suite de fonctions telle que

f_{n} (x) = \frac{f (x)}{1 + x^{n}} .

(a)

Déterminer la limite simple de $(f_{n})$ .
(b)

Établir l’égalité

$lim_{n \to + \infty} \int_{a}^{b} f_{n} (t) d t = \int_{a}^{1} f (t) d t .$
(c)

Montrer que

$\int_{a}^{1} t^{n - 1} f_{n} (t) d t \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{\ln (2)}{n} f (1) .$

Solution

(a)

$(f_{n})$ converge simplement vers la fonction $f$ donnée par

$f (x) = {\begin{matrix} f (x) & si x \in [a; 1 [ \\ f (1) / 2 & si x = 1 \\ 0 & si x \in] 1; b] . \end{matrix}$
(b)

Sachant $| f_{n} (x) | \leq | f (x) |$ avec $f$ intégrable sur $[a; b]$ , on peut appliquer le théorème de convergence dominée et l’on obtient directement le résultat proposé.
(c)

Par intégration par parties,

$\int_{a}^{1} t^{n - 1} f_{n} (t) d t = {[\frac{1}{n} \ln (1 + t^{n}) f (t)]}_{a}^{1} - \frac{1}{n} \int_{a}^{1} \ln (1 + t^{n}) f^{'} (t) d t .$

D’une part,

${[\frac{1}{n} \ln (1 + t^{n}) f (t)]}_{a}^{1} = \frac{\ln (2)}{n} f (1) + \frac{\ln (1 + a^{n})}{n} f (a) = \frac{\ln (2)}{n} f (1) + o (\frac{1}{n})$

car $\ln (1 + a^{n}) \to 0$ .
D’autre part,

$| \frac{1}{n} \int_{a}^{1} \ln (1 + t^{n}) f^{'} (t) d t | \leq \frac{1}{n} {∥ f^{'} ∥}_{\infty} \int_{0}^{1} t^{n} d t \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{2}}) = o (\frac{1}{n})$

sachant $\ln (1 + u) \leq u$ .
Au final,

$\int_{a}^{1} t^{n - 1} f_{n} (t) d t \underset{n \to + \infty}{=} \frac{\ln (2)}{n} f (1) + o (\frac{1}{n}) .$

Exercice 37 2517 CCINP (MP)Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ et $x \in ℝ$ , on pose

f_{n} (x) = \frac{n}{\sqrt{π}} {(1 - \frac{x^{2}}{2 n^{2}})}^{2 n^{4}} .

Soit $g$ une fonction continue sur $ℝ$ et nulle en dehors d’un segment $[a; b]$ .
Montrer que

lim_{n \to + \infty} \int_{ℝ} f_{n} (x) g (x) d x = g (0) .

Solution

L’intégrale

\int_{ℝ} f_{n} (x) g (x) d x = \int_{a}^{b} f_{n} (x) g (x) d x

est bien définie.
Par le changement de variable $x = u / n$ bijectif de classe $𝒞^{1}$

\int_{ℝ} f_{n} (x) g (x) d x = \int_{n a}^{n b} \frac{1}{\sqrt{π}} {(1 - \frac{u^{2}}{2 n^{4}})}^{2 n^{4}} g (u / n) d u = \int_{- \infty}^{+ \infty} h_{n} (u) d u

avec

h_{n} (u) = \frac{1}{\sqrt{π}} {(1 - \frac{u^{2}}{2 n^{4}})}^{2 n^{4}} g (u / n) χ_{[n a; n b]}

$h_{n}$ est continue par morceaux, $(h_{n})$ converge simplement vers $h$ continue par morceaux avec

h (u) = \frac{1}{\sqrt{π}} e^{- u^{2}} g (0) .

Pour $n$ assez grand de sorte que $| a / n |, | b / n | \leq 1$ on a pour tout $u \in [n a; n b]$ , $| u^{2} / 2 n^{4} | \leq 1 / 2 < 1$ ,

| h_{n} (u) | = \frac{1}{\sqrt{π}} e^{2 n^{4} \ln (1 - u^{2} / 2 n^{4})} \leq \frac{1}{\sqrt{π}} e^{- u^{2}} = φ (u)

et cette inégalité vaut aussi pour $u \notin [n a; n b]$ .
La fonction $φ$ étant continue par morceaux et intégrable sur $ℝ$ , on peut appliquer le théorème de convergence dominée et conclure sachant

\int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- u^{2}} d u = \sqrt{π} .

Exercice 38 3159 X (MP)Correction

Soit $F$ une application continue décroissante de $ℝ$ dans $ℝ$ , tendant vers 1 en $- \infty$ et vers $0$ en $+ \infty$ . Soient deux réels $h$ et $δ$ vérifiant $0 < h < δ$ .

(a)

Déterminer la limite éventuelle de

$I_{n} = \int_{0}^{1} F (\sqrt{n} (δ t - h)) d t .$
(b)

On pose

$S_{n} = \sum_{k = 0}^{n - 1} F (\sqrt{n} (δ \frac{k + 1}{n} - h)) .$

Déterminer un équivalent de $S_{n}$ lorsque $n$ tend vers $+ \infty$ .

Solution

(a)

Appliquons le théorème de convergence dominée.

Posons $f_{n} : [0; 1] \to ℝ$ définie par

$f_{n} (t) = F (\sqrt{n} (δ t - h)) .$

Pour $t \in [0; h / δ [$ , on a $f_{n} (t) \to 1$ .
Pour $t \in] h / δ; 1]$ , on a $f_{n} (t) \to 0$ .
Enfin, pour $t = h / δ$ , $f_{n} (t) = F (0) \to F (0)$ .
Ainsi, la suite de fonctions $(f_{n})$ converge simplement sur $[0; 1]$ vers $f$ définie par

$f (t) = {\begin{matrix} 1 & si t \in [0; h / δ [ \\ F (0) & si t = h / δ \\ 0 & si t \in] h / δ; 1] . \end{matrix}$

Les fonctions $f_{n}$ sont continues et la limite simple $f$ est continue par morceaux.

Enfin,

$\forall t \in [0; 1], | f_{n} (t) | \leq 1 = φ (t)$

avec $φ : [0; 1] \to ℝ_{+}$ continue par morceaux et intégrable.

Par convergence dominée,

$I_{n} \to \int_{0}^{1} f (t) d t = \int_{0}^{h / δ} 1 d t = \frac{h}{δ} .$
(b)

Par la décroissance de $F$ , on peut écrire

$\int_{(k + 1) / n}^{(k + 2) / n} F (\sqrt{n} (δ t - h)) d t \leq \frac{1}{n} F (\sqrt{n} (δ \frac{k + 1}{n} - h)) \leq \int_{k / n}^{(k + 1) / n} F (\sqrt{n} (δ t - h)) d t .$

En sommant ces inégalités,

$\int_{1 / n}^{(n + 1) / n} F (\sqrt{n} (δ t - h)) d t \leq \frac{S_{n}}{n} \leq I_{n}$

et

$\int_{1 / n}^{(n + 1) / n} F (\sqrt{n} (δ t - h)) d t = \int_{0}^{1} F (\sqrt{n} (δ (t + 1 / n) - h)) d t .$

Par convergence dominée, on obtient la limite de ce terme de façon analogue à ce qui précède et l’on conclut

$S_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{h}{δ} n .$

Exercice 39 5802 Correction

Pour $α > 0$ , on pose

I_{n} (α) = \int_{0}^{1} {(1 - x^{α})}^{n} d x .

(a)

Former une relation entre $I_{n + 1} (α)$ et $I_{n} (α)$ pour $n \in ℕ$ .
(b)

Justifier la convergence de la suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ de terme général

$u_{n} = \ln (n^{1 / α} I_{n} (α)) .$
(c)

En déduire qu’il existe $A_{α} > 0$ tel que

$I_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{A_{α}}{n^{1 / α}} .$
(d)

Exprimer $A_{α}$ à l’aide d’une intégrale.

Solution

(a)

Soit $n \in ℕ$ . Par intégration par parties,

$I_{n + 1} (α)$ $= {[x {(1 - x^{α})}^{n + 1}]}_{0}^{1} + \int_{0}^{1} α (n + 1) x^{α} {(1 - x^{α})}^{n} d x$

$= 0 + α (n + 1) \int_{0}^{1} (1 + (x^{α} - 1)) {(1 - x^{α})}^{n} d x$

$= α (n + 1) I_{n} (α) - α (n + 1) I_{n + 1} (α) .$

On en déduit

$I_{n + 1} (α) = \frac{α (n + 1)}{1 + α (n + 1)} I_{n} (α) .$

(b)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , $I_{n} (α) > 0$ en tant qu’intégrale d’une fonction continue positive non identiquement nulle. On peut donc introduire $u_{n} = \ln (n^{1 / α} I_{n} (α))$ et, pour $n \in ℕ^{*}$ ,

	$u_{n + 1} - u_{n}$	$= \frac{1}{α} \ln (\frac{n + 1}{n}) + \ln (\frac{I_{n + 1} (α)}{I_{n} (α)})$
		$= \frac{1}{α} \ln (1 + \frac{1}{n}) + \ln (\frac{α (n + 1)}{1 + α (n + 1)})$
		$= \frac{1}{α} \ln (1 + \frac{1}{n}) + \ln (1 - \frac{1}{1 + α (n + 1)})$
		$\underset{n \to + \infty}{=} \frac{1}{α n} + O (\frac{1}{n^{2}}) - \frac{1}{1 + α (n + 1)} + O (\frac{1}{n^{2}}) = O (\frac{1}{n^{2}}) .$

La série télescopique $\sum (u_{n + 1} - u_{n})$ est donc absolument convergente. Par le lien suite-série, la suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ converge.

(c)

En notant $ℓ \in ℝ$ la limite de $(u_{n})$ , on obtient par continuité de l’exponentielle

$n^{1 / α} I_{n} (α) \to_{n \to + \infty}^{} A_{α} = e^{ℓ}$

et donc

$I_{n} (α) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{A_{α}}{n^{1 / α}} .$
(d)

Pour déterminer $A_{α}$ , il suffit de calculer

$lim_{n \to + \infty} n^{1 / α} I_{n} (α) .$

Pour $n \geq 1$ ,

$n^{1 / α} I_{n} (α) = \int_{0}^{1} {(1 - x^{α})}^{n} n^{1 / α} d x .$

Cela invite au changement de variable $t = n^{1 / α} x$ . Par celui-ci,

$n^{1 / α} I_{n} (α) = \int_{0}^{n^{1 / α}} {(1 - \frac{1}{n} t^{α})}^{n} d t .$

Introduisons

$u_{n} (t) = {\begin{matrix} {(1 - \frac{1}{n} t^{α})}^{n} & si t \in [0; n^{1 / α} [ \\ 0 & si t \in [n^{1 / α}; + \infty [ \end{matrix}$

de sorte que

$n^{1 / α} I_{n} (α) = \int_{0}^{+ \infty} u_{n} (t) d t .$

Pour $t \in [0; + \infty [$ , lorsque $n$ tend vers l’infini alors, pour $n$ assez grand,

$u_{n} (t) = {(1 - \frac{1}{n} t^{α})}^{n} = \exp (n \ln (1 - \frac{1}{n} t^{α})) \to_{n \to + \infty}^{} e^{- t^{α}} .$

Aussi, pour tout $t \in [0; n^{1 / α} [$ , l’inégalité $\ln (1 + x) \leq x$ donne

$| u_{n} (t) | = \exp (n \ln (1 - \frac{1}{n} t^{α})) \leq \exp (- t^{α}) = φ (t) .$

Cette inégalité vaut aussi pour $t \in [n^{1 / α}; + \infty [$ .

La fonction $φ : [0; + \infty [\to ℝ_{+}$ est continue par morceaux et intégrable.

Par convergence dominée,

$n^{1 / α} I_{n} (α) \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{α}} d t .$

Ainsi,

$A_{α} = \int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{α}} d t .$

Exercice 40 4158 CENTRALE (MP)Correction

(a)

Rappeler une condition nécessaire et suffisante pour qu’une fonction dérivable sur un intervalle soit strictement croissante.
(b)

Soit $f : [a; b] \to ℝ_{+}$ continue dont l’ensemble des zéros est d’intérieur vide et $n \in ℕ^{*}$ .

Montrer qu’il existe une unique subdivision $(x_{0}, \dots, x_{n})$ de $[a; b]$ vérifiant:

$\forall i \in ⟦ 1; n ⟧, \int_{x_{i - 1}}^{x_{i}} f (x) d x = \frac{1}{n} \int_{a}^{b} f (x) d x .$
(c)

Soit $g : [a; b] \to ℝ_{+}$ continue. Calculer

$lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} g (x_{i}) .$

Solution

(a)

Une fonction dérivable sur un intervalle y est strictement croissante si, et seulement si, sa dérivée est positive et n’est nulle sur aucun sous-intervalle non réduit à un point (l’ensemble des zéros est d’intérieur vide).
(b)

L’application $F : x \mapsto \int_{a}^{x} f (t) d t$ est une bijection continue strictement croissante de $[a; b]$ vers $[0; L]$ avec $L$ l’intégrale de $f$ sur $[a; b]$ . Les $x_{i}$ sont alors déterminés par

$x_{i} = F^{- 1} (\frac{i L}{n}) .$
(c)

On peut écrire

$\frac{L}{n} \sum_{i = 1}^{n} g (x_{i}) = \sum_{i = 1}^{n} \int_{x_{i - 1}}^{x_{i}} g (x_{i}) f (x) d x .$

Montrons par application du théorème de convergence dominée

$\sum_{i = 1}^{n} \int_{x_{i - 1}}^{x_{i}} f (x) g (x_{i}) d x \to_{n \to + \infty}^{} \int_{a}^{b} f (x) g (x) d x .$

On écrit

$\sum_{i = 1}^{n} \int_{x_{i - 1}}^{x_{i}} f (x) g (x_{i}) d x = \int_{a}^{b} h_{n} (x) d x$

avec

$h_{n} (x) = g (x_{i}) f (x) pour x \in [x_{i - 1}; x_{i} [(x_{i} est fonction de n).$

Les fonctions $g$ et $h$ étant continues sur un segment, on peut les borner et il est facile d’acquérir l’hypothèse de domination. Le plus difficile est d’obtenir la convergence simple…

Soit $x \in [a; b]$ .

Si $f (x) = 0$ alors $h_{n} (x) = 0 \to_{n \to + \infty}^{} f (x) g (x)$ .

Si $f (x) \neq 0$ alors, il existe $m > 0$ et $α > 0$ tels que

$\forall y \in [a; b], | y - x | \leq α ⟹ f (y) \geq m .$

Pour l’indice $i$ tel que $x \in [x_{i - 1}; x_{i} [$ , on a (selon que l’intervalle $[x_{i - 1}; x_{i}]$ est de longueur supérieure ou inférieure à $α$ )

$\frac{1}{n} L = \int_{x_{i - 1}}^{x_{i}} f (t) d t \geq m \min (x_{i} - x_{i - 1}, α) .$

On en déduit $x_{i} - x_{i - 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0$ puis $x_{i} \to_{n \to + \infty}^{} x$ , et, par continuité de $g$ , $h_{n} (x) \to_{n \to + \infty}^{} f (x) g (x)$ .

Par application du théorème de convergence dominée, on peut conclure

$lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} g (x_{i}) = \frac{\int_{a}^{b} f (x) g (x) d x}{\int_{a}^{b} f (x) d x} .$

[<] Applications de la convergence dominée[>] Non-intégration terme à terme

Exercice 41 928 Correction

Montrer

\int_{0}^{+ \infty} \frac{t}{e^{t} - 1} d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} .

Solution

Pour tout $t > 0$ , on obtient par sommation géométrique de raison $q = e^{- t}$ avec $| q | < 1$ ,

\frac{t}{e^{t} - 1} = \frac{t}{e^{t}} \cdot \frac{1}{1 - e^{- t}} = t e^{- t} \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(e^{- t})}^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} t e^{- (n + 1) t} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} t e^{- n t} .

Posons

f_{n} (t) = t e^{- n t} pour n \in ℕ^{*} et t \in] 0; + \infty [.

Les fonctions $f_{n}$ sont positives.

La série de fonctions $\sum f_{n}$ converge simplement sur $] 0; + \infty [$ en vertu des calculs qui précèdent.

Les fonctions $f_{n}$ sont intégrables sur $] 0; + \infty [$ car

f_{n} (t) \to_{t \to 0^{+}}^{} 0 et t^{2} f_{n} (t) \to_{t \to + \infty}^{} 0 .

Par le théorème d’intégration terme à terme positif, on a l’égalité

\int_{0}^{+ \infty} \sum_{n = 1}^{+ \infty} t e^{- n t} d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{+ \infty} t e^{- n t} d t dans [0; + \infty] .

Par intégration par parties généralisée, on établit

\int_{0}^{+ \infty} | f_{n} (t) | d t = \int_{0}^{+ \infty} t e^{- n t} d t = \frac{1}{n^{2}} .

On peut alors conclure

\int_{0}^{+ \infty} \frac{t}{e^{t} - 1} d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} < + \infty .

En substance, la fonction $t \mapsto \frac{t}{e^{t} - 1}$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ (mais on aurait aussi pu l’établir préalablement sans difficultés).

Exercice 42 5251

Soit $p \in ℕ^{*}$ . Établir l’identité

\int_{0}^{+ \infty} \frac{t^{p}}{e^{t} - 1} d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{p!}{n^{p + 1}} .

Exercice 43 3214 Correction

Soient $a, b > 0$ . Établir

\int_{0}^{+ \infty} \frac{t e^{- a t}}{1 - e^{- b t}} d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(a + b n)}^{2}} .

Solution

Par sommation géométrique,

\forall t > 0, \frac{t e^{- a t}}{1 - e^{- b t}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} t e^{- (a + n b) t} .

Posons $f_{n} : ℝ_{+}^{*} \to ℝ$ définie par

f_{n} (t) = t e^{- (a + n b) t} .

Les fonctions $f_{n}$ sont continues par morceaux, la série de fonctions $\sum f_{n}$ converge simplement sur $] 0; + \infty [$ et sa somme est continue par morceaux puisque c’est la fonction

t \mapsto \frac{t e^{- a t}}{1 - e^{- b t}} .

Les fonctions $f_{n}$ sont intégrables sur $] 0; + \infty [$ et par intégration par parties

\int_{[0; + \infty [} | f_{n} | = \int_{0}^{+ \infty} f_{n} = \frac{1}{{(a + b n)}^{2}} = O (\frac{1}{n^{2}}) .

Puisque la série $\sum \int | f_{n} |$ converge, on peut appliquer le théorème d’intégration terme à terme et l’on obtient

\int_{0}^{+ \infty} \frac{t e^{- a t}}{1 - e^{- b t}} d t = \int_{[0; + \infty [} \sum_{n = 0}^{+ \infty} f_{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{[0; + \infty [} f_{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(a + b n)}^{2}} .

Exercice 44 941 Correction

Établir que pour tout $x > 0$

\int_{0}^{1} t^{x - 1} e^{- t} d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n! (x + n)} .

Solution

Notons que $\int_{0}^{1} t^{x - 1} e^{- t} d t$ est bien définie.
Pour tout $t \in] 0; 1]$ ,

t^{x - 1} e^{- t} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n} t^{n + x - 1}}{n!}

donc

\int_{0}^{1} t^{x - 1} e^{- t} d t = \int_{] 0; 1]} \sum_{n = 0}^{+ \infty} f_{n} .

Les fonctions $f_{n}$ sont continues par morceaux, $\sum f_{n}$ converge simplement sur $] 0; 1]$ et est de somme $t \mapsto t^{x - 1} e^{- t}$ continue par morceaux.
Les fonctions $f_{n}$ sont intégrables sur $] 0; 1]$ et

\int_{] 0; 1]} | f_{n} (t) | d t = \frac{1}{n! (x + n)} .

La série $\sum \int_{] 0; 1]} | f_{n} |$ converge donc on peut intégrer terme à terme

\int_{0}^{1} t^{x - 1} e^{- t} d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n! (x + n)} .

Exercice 45 4714

Montrer¹¹ 1 Connaissant $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6}$ , cette étude détermine la valeur (non triviale) de l’intégrale.

\int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{t - 1} d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} .

Exercice 46 2864 MINES (MP)Correction

Existence et calcul de

\int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{1 - t^{2}} d t .

Le résultat est à exprimer à l’aide de $ζ (2)$ .

Solution

Pour $t \in] 0; 1 [$ , on peut écrire

\frac{\ln (t)}{1 - t^{2}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} t^{2 n} \ln (t) .

\int_{0}^{1} t^{2 n} \ln (t) d t = \frac{- 1}{{(2 n + 1)}^{2}} .

Sachant que la série des intégrales des valeurs absolues converge, le théorème d’intégration terme à terme donne

\int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{1 - t^{2}} d t = - \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 n + 1)}^{2}} = - \frac{3 ζ (2)}{4}

avec en substance la convergence de l’intégrale étudiée.

Exercice 47 5501 MINES (PSI)Correction

Justifier l’existence et donner la valeur de

\int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{sh (\sqrt{x})} d x .

Solution

La fonction

f : x \mapsto \frac{1}{sh (\sqrt{x})} = \frac{2}{e^{\sqrt{x}} - e^{- \sqrt{x}}}

est définie et continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ . Puisque

\frac{1}{sh (\sqrt{x})} \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{\sqrt{x}}

la fonction $f$ est intégrable sur $] 0; 1]$ .

Puisque

x^{2} \times \frac{1}{sh (\sqrt{x})} \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{2 x^{2}}{e^{\sqrt{x}}} \underset{X = \sqrt{x}}{=} 2 X^{4} e^{- X} \to_{x \to + \infty}^{} 0

la fonction $f$ est intégrable sur $[1; + \infty [$ .

On en déduit que l’intégrale étudiée converge.

L’application $x \mapsto e^{- \sqrt{x}}$ est une bijection de classe $𝒞^{1}$ décroissante de $] 0; + \infty [$ vers $] 0; 1 [$ . Par le changement de variable généralisé $t = e^{- \sqrt{x}}$ ,

\int_{x = 0}^{+ \infty} \frac{1}{sh (\sqrt{x})} d x = \int_{t = 1}^{0} \frac{2}{t - \frac{1}{t}} \cdot \frac{2 \ln (t)}{t} d t = 4 \int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{t^{2} - 1} d t

avec converge de l’intégrale obtenue.

Par sommation géométrique,

\int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{t^{2} - 1} d t = \int_{0}^{1} \sum_{n = 0}^{+ \infty} - t^{2 n} \ln (t) d t .

Par intégration par parties généralisée,

\int_{0}^{1} - t^{2 n} \ln (t) d t = {[- \frac{t^{2 n + 1}}{2 n + 1} \ln (t)]}_{0}^{1} + \int_{0}^{1} \frac{t^{2 n}}{2 n + 1} d t = \frac{1}{{(2 n + 1)}^{2}} .

Puisqu’il y a convergence de la série de terme général

\int_{0}^{1} | - t^{2 n} \ln (t) | d t \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{4 n^{2}}

on peut intégrer terme à terme et ainsi

\int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{t^{2} - 1} d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{1} - t^{2 n} \ln (t) d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 n + 1)}^{2}} .

Sachant

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 p + 1)}^{2}} + \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 p)}^{2}} = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 p + 1)}^{2}} + \frac{1}{4} \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{p^{2}}

on conclut

\int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{sh (\sqrt{x})} d x = 4 \times \frac{3}{4} \cdot \frac{π^{2}}{6} = \frac{π^{2}}{2} .

Exercice 48 931 Correction

(a)

Établir

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + t)}{t} d t = - \int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{1 + t} d t .$
(b)

En déduire

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + t)}{t} d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{2}} .$
(c)

Calculer cette somme sachant

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6} .$

Solution

(a)

Par intégration par parties généralisée,

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + t)}{t} d t = {[\ln (1 + t) \ln (t)]}_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{1 + t} d t$

et donc

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + t)}{t} d t = - \int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{1 + t} d t .$
(b)

Sur $] 0; 1 [$ ,

$- \frac{\ln (t)}{1 + t} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n - 1} t^{n} (\ln (t)) .$

Posons $f_{n} (t) = {(- 1)}^{n - 1} t^{n} \ln (t)$ .
Les $f_{n} :] 0; 1 [\to ℝ$ sont continues par morceaux et la série de fonctions $\sum f_{n}$ converge simplement vers $- \frac{\ln (t)}{1 + t}$ elle-même continue par morceaux sur $] 0; 1 [$ .
On a

$\int_{0}^{1} | f_{n} (t) | d t = \frac{1}{{(n + 1)}^{2}}$

et la série $\sum \frac{1}{{(n + 1)}^{2}}$ converge donc on peut intégrer terme à terme la série de fonctions et donc

$- \int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{1 + t} d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{1} {(- 1)}^{n - 1} t^{n} \ln (t) d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{{(n + 1)}^{2}} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{2}} .$
(c)

En séparant les termes pairs et les termes impairs (ce qui se justifie en transitant par les sommes partielles)

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{2}} = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 p + 1)}^{2}} - \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 p)}^{2}} = \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} - 2 \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 p)}^{2}} = \frac{1}{2} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{12} .$

Exercice 49 930 Correction

(a)

Établir

$\int_{0}^{1} \frac{\arctan (t)}{t} d t = - \int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{1 + t^{2}} d t .$
(b)

En déduire

$\int_{0}^{1} \frac{\arctan (t)}{t} d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{{(2 n + 1)}^{2}} .$

Cette valeur est appelée constante de Catalan, elle vaut approximativement $0,916$ .

Solution

(a)

Par une intégration par parties avec convergence du terme entre crochet (car $\arctan (t) \underset{t \to 0}{\sim} t$ )

$\int_{0}^{1} \frac{\arctan (t)}{t} d t = {[\ln (t) \arctan (t)]}_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{1 + t^{2}} d t .$

On obtient donc

$\int_{0}^{1} \frac{\arctan (t)}{t} d t = - \int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{1 + t^{2}} d t$

avec convergence des intégrales proposées
(b)

Pour tout $t$ élément de $] 0; 1 [$ ,

$- \frac{\ln (t)}{1 + t^{2}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n - 1} t^{2 n} (\ln (t)) .$

Posons $f_{n} (t) = {(- 1)}^{n - 1} t^{2 n} \ln (t)$ .

Les $f_{n} :] 0; 1 [\to ℝ$ sont continues par morceaux et la série de fonctions $\sum f_{n}$ converge simplement vers $- \frac{\ln (t)}{1 + t^{2}}$ elle-même continue par morceaux sur $] 0; 1 [$ .

$\int_{0}^{1} | f_{n} (t) | d t = \frac{1}{{(2 n + 1)}^{2}}$

et la série $\sum \frac{1}{{(2 n + 1)}^{2}}$ converge donc on peut intégrer terme à terme la série de fonctions et donc

$- \int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{1 + t^{2}} d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{1} {(- 1)}^{n - 1} t^{2 n} \ln (t) d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{{(2 n + 1)}^{2}} .$

Rq: on aurait aussi pu exploiter $\arctan (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{2 n + 1} t^{2 n + 1}$ .

Exercice 50 3781 CCINP (MP)Correction

Prouver l’égalité

\int_{0}^{1} \frac{{(\ln (x))}^{2}}{1 + x^{2}} d x = 2 \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{{(2 n + 1)}^{3}} .

Solution

Pour $x \in [0; 1 [$ , on peut écrire

\frac{1}{1 + x^{2}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} x^{2 n}

et pour $x \in] 0; 1 [$ , on a

\frac{{(\ln (x))}^{2}}{1 + x^{2}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} x^{2 n} {(\ln (x))}^{2} .

Considérons alors la série des fonctions

u_{n} (x) = {(- 1)}^{n} x^{2 n} {(\ln (x))}^{2} .

Par convergence des séries précédentes, la série des fonctions $u_{n}$ converge simplement vers la fonction $x \mapsto {(\ln (x))}^{2} / (1 + x^{2})$ . Les fonctions $u_{n}$ et la fonction somme sont continues par morceaux.
Chaque fonction $u_{n}$ est intégrable et

\int_{0}^{1} | u_{n} (x) | d x = \int_{0}^{1} x^{2 n} {(\ln (x))}^{2} d x .

Par intégration par parties, on montre

\int_{0}^{1} x^{2 n} {(\ln (x))}^{2} d x = \frac{2}{{(2 n + 1)}^{3}} .

On peut alors appliquer le théorème d’intégration terme à terme et affirmer

\int_{0}^{1} \frac{{(\ln (x))}^{2}}{1 + x^{2}} d x = 2 \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{{(2 n + 1)}^{3}} .

Exercice 51 934 Correction

Soit $p \in ℕ$ avec $p \geq 2$ . Établir

\int_{0}^{1} \frac{{(\ln (x))}^{p}}{1 - x} d x = {(- 1)}^{p} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{p!}{n^{p + 1}} .

Solution

Pour $x \in] 0; 1 [$ ,

\frac{{(\ln (x))}^{p}}{1 - x} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} x^{n} {(\ln (x))}^{p} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} f_{n} (x)

avec $f_{n} (x) = x^{n} {(\ln (x))}^{p}$ sur $] 0; 1 [$ .

Les fonctions $f_{n}$ sont continues par morceaux et la somme $\sum_{n = 0}^{+ \infty} f_{n}$ l’est aussi.

Les fonctions $f_{n}$ sont intégrables sur $] 0; 1 [$ et, par intégration par parties généralisée,

\int_{0}^{1} | f_{n} | = {(- 1)}^{p} \int_{0}^{1} x^{n} {(\ln (x))}^{p} d x = \frac{p!}{{(n + 1)}^{p + 1}} .

Puisque la série $\sum \int | f_{n} |$ converge, le théorème d’intégration terme à terme donne

\int_{0}^{1} \frac{{(\ln (x))}^{p}}{1 - x} d x = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{1} f_{n} (x) d x = {(- 1)}^{p} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{p!}{n^{p + 1}}

avec, en substance, existence de l’intégrale et de la série intoduite.

Exercice 52 2570 CCINP (MP)Correction

Soient $p$ et $k$ des entiers naturels non nuls et $f_{p, k} : x \mapsto x^{p} {(\ln (x))}^{k}$ définie sur $] 0; 1]$ .

(a)

Montrer que $f_{p, k}$ est intégrable sur $] 0; 1]$ .

On pose

K_{p, k} = \int_{0}^{1} x^{p} {(\ln (x))}^{k} d x .

(b)

Exprimer $K_{p, k}$ en fonction de $K_{p, k - 1}$ .
(c)

Soit $n \in ℕ$ . Déterminer une expression de

$J_{n} = \int_{0}^{1} {(x \ln (x))}^{n} d x .$
(d)

Établir

$\int_{0}^{1} x^{x} d x = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{{(n + 1)}^{n + 1}} .$

Solution

(a)

$f_{p, k}$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; 1]$ . Elle est aussi intégrable sur cet intervalle car

$\sqrt{x} f_{p, k} (x) = x^{p + 1 / 2} {(\ln (x))}^{k} \to_{x \to 0^{+}}^{} 0 .$
(b)

Par intégration par parties généralisée,

$K_{p, k} = - \frac{k}{p + 1} K_{p, k - 1} .$
(c)

Par la formule qui précède,

$K_{p, k} = \frac{{(- 1)}^{k} k!}{{(p + 1)}^{k}} K_{p,0} = \frac{{(- 1)}^{k} k!}{{(p + 1)}^{k + 1}} .$

On en déduit

$J_{n} = K_{n, n} = \frac{{(- 1)}^{n} n!}{{(n + 1)}^{n + 1}} .$
(d)

Pour tout $x \in] 0; 1]$ ,

$x^{x} = \exp (x \ln (x)) \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(x \ln (x))}^{n}}{n!} .$

Posons $f_{n} : x \mapsto \frac{1}{n!} {(x \ln (x))}^{n}$ .

Les fonctions $f_{n}$ sont continues par morceaux et intégrables sur $] 0; 1]$ .

La série $\sum f_{n}$ converge simplement sur $] 0; 1]$ et sa somme, qui est $x \mapsto x^{x}$ , est continue par morceaux sur $] 0; 1]$ .

Enfin,

$\int_{0}^{1} | f_{n} (x) | d x = \frac{1}{{(n + 1)}^{n + 1}} \underset{n \to + \infty}{=} o (\frac{1}{n^{2}})$

est terme général d’une série convergente.

Par théorème d’intégration terme à terme, $x \mapsto x^{x}$ est intégrable sur $] 0; 1]$ et

$I = \int_{0}^{1} x^{x} d x = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{1} f_{n} (x) d x = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{{(n + 1)}^{n + 1}} .$

Exercice 53 932

Établir l’identité

\int_{0}^{1} \frac{d x}{x^{x}} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{n}} .

Exercice 54 5297 ENSTIM (MP)Correction

Soit $a > 0$ .

(a)

Étudier l’intégrabilité de $f :] 0; + \infty [\to ℝ$ définie par

$f (x) = \frac{\sin (a x)}{e^{x} - 1} .$
(b)

Montrer que

$\int_{0}^{+ \infty} f (x) d x = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a}{a^{2} + n^{2}} .$

Solution

(a)

$f$ est définie, continue par morceaux et intégrable sur $] 0; + \infty [$ car

$f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{a x}{x} = a et f (x) \underset{x \to + \infty}{=} o (\frac{1}{x^{2}}) .$
(b)

Pour $x > 0$ , on écrit

$\frac{1}{e^{x} - 1} = e^{- x} \frac{1}{1 - e^{- x}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} e^{- (n + 1) x} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} e^{- n x} .$

On a donc

$\int_{0}^{+ \infty} f (x) d x = \int_{0}^{+ \infty} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sin (a x) e^{- x} d x$

Pour opérer l’intégration terme à terme, introduisons les fonctions $f_{n}$ définies sur l’intervalle $] 0; + \infty [$ par

$f_{n} (x) = \sin (a x) e^{- n x} avec n \in ℕ^{*} .$

Par les calculs qui précèdent, la série des fonctions $f_{n}$ converge simplement sur $] 0; + \infty [$ et sa somme est la fonction intégrée de notre étude. Les fonctions $f_{n}$ et la fonction somme sont continues par morceaux. Les fonctions $f_{n}$ sont intégrables sur $] 0; + \infty [$ car prolongeables par continuité¹¹ 1 La borne $0$ est faussement généralisée et l’intégrale de $f_{n}$ peut être considérée sur $[0; + \infty [$ . en $0$ et négligeables devant $x \mapsto 1 / x^{2}$ en $+ \infty$ . Pour pouvoir exploiter le théorème d’intégration terme à terme, il reste à vérifier la convergence de la série de terme général

$\int_{0}^{+ \infty} | f_{n} (x) | d x = \int_{0}^{+ \infty} | \sin (a x) | e^{- n x} d t .$

Méthode: Cette intégrale est délicate à calculer à cause de la valeur absolue du sinus qui, pour être résolue, nécessite de découper l’intégrale en les $k π$ avec $k \in ℕ$ . On peut cependant se contenter de la majorer en employant l’inégalité²² 2 L’inégalité $| \sin (x) | \leq 1$ n’est en revanche pas décisive car donne $\int_{0}^{+ \infty} | f_{n} (x) | d x \leq \frac{1}{n}$ et la série des $1 / n$ diverge. classique $| \sin (u) | \leq | u |$ valable pour tout $u$ réel.

Par l’inégalité proposée, on écrit

$\int_{0}^{+ \infty} | f_{n} (x) | d x \leq a \int_{0}^{+ \infty} x e^{- n x} d t .$

Par une intégration par parties où le terme du crochet admet une limite finie en $+ \infty$ , on obtient

$\int_{0}^{+ \infty} x e^{- n x} d x = {[- x \frac{e^{- n x}}{n}]}_{0}^{+ \infty} + \frac{1}{n} \int_{0}^{+ \infty} e^{- n x} d x = \frac{1}{n^{2}} {[- e^{- n x}]}_{0}^{+ \infty} = \frac{1}{n^{2}} .$

Cela est le terme général d’une série convergente et donc, par comparaison de séries à termes positifs, on peut affirmer qu’il y a convergence de la série des intégrales des valeurs absolues des fonctions $f_{n}$ . Par le théorème d’intégration terme à terme, on peut écrire l’identité qui suit avec convergence absolue de la série introduite

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (x)}{e^{x} - 1} d x = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\int_{0}^{+ \infty} \sin (x) e^{- n x} d t) .$

Les intégrales en second membre se calculent rapidement en transitant par les nombres complexes

$\int_{0}^{+ \infty} \sin (a x) e^{- n x} d x = Im (\int_{0}^{+ \infty} e^{- (n - i a) x}) d x = Im (\frac{1}{n - i a}) = \frac{a}{n^{2} + a^{2}}$

et l’on obtient la formule voulue.

Exercice 55 5795 Correction

Établir, pour $x \in ℝ$ ,

\int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{i x t} - 1}{e^{t} - 1} d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{i x}{n (n - i x)} .

Solution

Pour $t > 0$ ,

\frac{e^{i x t} - 1}{e^{t} - 1} = e^{- t} \frac{e^{i x t} - 1}{1 - e^{- t}} .

Par sommation géométrique de raison $q = e^{- t}$ avec $| q | < 1$ ,

\frac{e^{i x t} - 1}{e^{t} - 1} = e^{- t} (e^{i x t} - 1) \sum_{n = 0}^{+ \infty} e^{- n t} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (e^{i x t} - 1) e^{- n t} .

Introduisons

f_{n} (t) = (e^{i x} - 1) e^{- n t} pour n \in ℕ^{*} et t > 0 .

La série de fonctions $\sum f_{n}$ converge simplement sur $] 0; + \infty [$ et chaque fonction $f_{n}$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ avec

\int_{0}^{+ \infty} | f_{n} (t) | d t = \int_{0}^{+ \infty} | e^{i x} - 1 | e^{- n t} d t .

Or la fonction $u \mapsto e^{i u}$ est $1$ -lipschitzienne sur $ℝ$ car dérivable et de dérivée bornée par $1$ . On en déduit

\forall t > 0, | e^{i x t} - 1 | \leq | x | t

et donc

\int_{0}^{+ \infty} | f_{n} (t) | d t \leq \int_{0}^{+ \infty} | x | t e^{- n t} d t .

Cette dernière intégrale se calcule par intégration par parties et l’on obtient

\int_{0}^{+ \infty} | f_{n} (t) | d t \leq \frac{| x |}{n^{2}} .

La série $\sum \int_{0}^{+ \infty} | f_{n} |$ est donc convergente.

Par théorème d’intégration terme à terme, on peut écrire avec existences

\int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{i x t} - 1}{e^{t} - 1} d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{+ \infty} (e^{i x t} - 1) e^{- n t} d t .

Pour $n \geq 1$ ,

\int_{0}^{+ \infty} (e^{i x t} - 1) e^{- n t} d t = {[\frac{e^{(i x - n) t}}{i x - n} + \frac{e^{- n t}}{n}]}_{0}^{+ \infty} = \frac{1}{n - i x} - \frac{1}{n} = \frac{i x}{n (n - i x)} .

Finalement,

\int_{0}^{+ \infty} (e^{i x t} - 1) e^{- n t} d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{i x}{n (n - i x)} .

Exercice 56 2870 MINES (MP)Correction

Pour $x > 1$ , on pose

ζ (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{x}} .

Montrer

\int_{2}^{+ \infty} (ζ (x) - 1) d x = \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2} \ln (n)} .

Solution

On sait que la fonction $ζ$ est continue. Sous réserve d’existence

\int_{2}^{+ \infty} (ζ (x) - 1) d x = \int_{2}^{+ \infty} \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{n^{x}} d x .

Par un calcul direct,

\int_{2}^{+ \infty} \frac{d x}{n^{x}} = {[\frac{1}{\ln (n)} \cdot \frac{1}{n^{x}}]}_{2}^{+ \infty} = \frac{1}{n^{2} \ln (n)} .

La convergence de la série des intégrales des valeurs absolues assure la convergence de l’intégrale du premier membre et permet de permuter intégrale et somme. On obtient alors

\int_{2}^{+ \infty} (ζ (x) - 1) d x = \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2} \ln (n)} .

Exercice 57 2360 CCINP (MP)Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , soit $f_{n}$ l’application définie par

f_{n} (x) = {\begin{matrix} \frac{2 sh (x)}{e^{n x} - 1} & si x \in] 0; + \infty [ \\ α & si x = 0 . \end{matrix}

(a)

Pour quelle valeurs de $α$ la fonction $f_{n}$ est-elle continue?
Dans la suite, on prendra cette valeur de $α$ .
(b)

Montrer que $f_{n}$ est bornée.
(c)

Montrer que $\int_{0}^{+ \infty} f_{n} (x) d x$ existe pour $n \geq 2$ .
(d)

Exprimer $\int_{0}^{+ \infty} f_{n} (x) d x$ comme la somme d’une série.

Solution

(a)

Pour $n \in ℕ^{*}$ ,

$f_{n} (x) \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{2 x}{n x} \to_{x \to 0^{+}}^{} \frac{2}{n}$

$α = \frac{2}{n}$ est l’unique valeur pour laquelle $f$ est continue en $0$ .
(b)

$f_{n}$ est continue sur $[0; + \infty [$ et

$f_{n} (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{e^{x}}{e^{n x}} \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

La fonction $f_{n}$ est donc bornée sur $ℝ_{+}$ .
(c)

$f_{n}$ est définie et continue sur $[0; + \infty [$ et

$x^{2} f_{n} (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} x^{2} e^{- (n - 1) x} \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

La fonction $f_{n}$ est donc intégrable sur $[0; + \infty [$ .
(d)

Pour $x > 0$ ,

$\frac{2 sh (x)}{e^{n x} - 1} = 2 sh (x) \sum_{k = 1}^{+ \infty} e^{- n k x} = \sum_{k = 1}^{+ \infty} (e^{- (n k - 1) x} - e^{- (n k + 1) x}) .$

$\int_{0}^{+ \infty} | e^{- (n k - 1) x} - e^{- (n k + 1) x} | d x = \frac{1}{n k - 1} - \frac{1}{n k + 1} = \frac{2}{n^{2} k^{2} - 1} = O (\frac{1}{k^{2}}) .$

Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues, on peut sommer terme à terme et affirmer

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{2 sh (x)}{e^{n x} - 1} d x = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{+ \infty} (e^{- (n k - 1) x} - e^{- (n k + 1) x}) d x = \sum_{k = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{n k - 1} - \frac{1}{n k + 1}) .$

Notons que la somme est facile à calculer pour $n = 2$ .

Exercice 58 2438 CENTRALE (MP)Correction

(a)

Démontrer la convergence de la série de terme général

$a_{n} = \frac{n!}{n^{n}} .$
(b)

Comparer

$a_{n} et n \int_{0}^{+ \infty} t^{n} e^{- n t} d t .$
(c)

En déduire:

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{t e^{- t}}{{(1 - t e^{- t})}^{2}} d t .$

Solution

(a)

On remarque $| \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} | \to_{n \to + \infty}^{} 1 / e < 1$ . Par la règle de d’Alembert, la série converge.
(b)

Posons

$I_{n} = \int_{0}^{+ \infty} t^{n} e^{- α t} d t .$

Par intégration par parties, on obtient $I_{n} = \frac{n!}{α^{n + 1}}$ d’où

$a_{n} = n \int_{0}^{+ \infty} t^{n} e^{- n t} d t .$
(c)

On a

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{+ \infty} n t^{n} e^{- n t} d t$

et la série

$\sum \int_{0}^{+ \infty} | n t^{n} e^{- n t} | d t = \sum a_{n}$

converge donc on peut intégrer terme à terme et l’on obtient

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \sum_{n = 1}^{+ \infty} n t^{n} e^{- n t} d t$

avec

$(1 - t e^{- t}) \sum_{n = 1}^{+ \infty} n t^{n} e^{- n t} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} t^{n} e^{- n t} = \frac{t e^{- t}}{1 - t e^{- t}}$

d’où la conclusion.

Exercice 59 939 CENTRALE (MP)Correction

Soient $α > 0$ , $n \in ℕ$ . On pose

u_{n} (α) = \int_{0}^{π / 2} {(\sin (t))}^{α} {(\cos (t))}^{n} d t .

(a)

Donner la Nature de la série de terme général $u_{n} (1)$ .
(b)

Plus généralement, donner nature de la série de terme général $u_{n} (α)$ pour $α > 0$ .
(c)

Calculer $\sum_{n = 1}^{+ \infty} u_{n} (α)$ pour $α = 2$ et $α = 3$ .

Solution

(a)

On a

$u_{n} (1) = \int_{0}^{π / 2} \sin (t) {(\cos (t))}^{n} d t = {[- \frac{1}{n + 1} \cos^{n + 1} (t)]}_{0}^{π / 2} = \frac{1}{n + 1} .$

La série de terme général $u_{n} (1)$ est divergente.
(b)

Pour $α \leq 1$ ,

$\forall t \in] 0; π / 2], {(\sin (t))}^{α} \geq \sin (t)$

et donc $u_{n} (α) \geq u_{n} (1)$ .

On en déduit que la série de terme général $u_{n} (α)$ est divergente.

Pour $α > 1$ . La série des $u_{n} (α)$ est une série à termes positifs et

$\sum_{k = 0}^{n} u_{k} (α) = \int_{0}^{π / 2} {(\sin (t))}^{α} \frac{1 - {(\cos (t))}^{n + 1}}{1 - \cos (t)} d t$

donc

$\sum_{k = 0}^{n} u_{k} (α) \leq \int_{0}^{π / 2} \frac{{(\sin (t))}^{α}}{1 - \cos (t)} d t$

avec l’intégrale majorante qui est convergente puisque

$\frac{{(\sin (t))}^{α}}{1 - \cos (t)} \underset{t \to 0^{+}}{\sim} 2 \frac{t^{α}}{t^{2}} = \frac{2}{t^{2 - α}} .$

Puisque la série à termes positifs $\sum u_{n} (α)$ a ses sommes partielles majorées, elle est convergente.
(c)

Par ce qui précède, on peut intégrer terme à terme car il y a convergence de la série des intégrales des valeurs absolues des fonctions. On peut alors écrire

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{π / 2} \sin^{α} (t) \cos^{n} (t) d t = \int_{0}^{π / 2} \frac{\sin^{α} (t)}{1 - \cos (t)} d t .$

Cas: $α = 2$ .

$\int_{0}^{π / 2} \frac{\sin^{2} (t)}{1 - \cos (t)} d t = \int_{0}^{π / 2} 1 + \cos (t) d t = \frac{π}{2} + 1 .$

Cas: $α = 3$ .

$\int_{0}^{π / 2} \frac{\sin^{3} (t)}{1 - \cos (t)} d t = \int_{0}^{π / 2} \sin (t) (1 + \cos (t)) d t = \frac{3}{2} .$

Exercice 60 2609 ENSTIM (MP)Correction

Pour $n \geq 1$ , on pose

I_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{{(1 + t^{3})}^{n}} .

(a)

Déterminer la limite de la suite $(I_{n})$ .
(b)

Établir que pour tout entier $n \geq 1$ ,

$I_{n + 1} = \frac{3 n - 1}{3 n} I_{n} .$
(c)

Déterminer un réel $α$ tel qu’il y ait convergence de la suite de terme général

$u_{n} = \ln (n^{α} I_{n}) .$
(d)

En déduire la convergence de la série

$\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n} I_{n}$

et exprimer sa somme à l’aide d’une intégrale.

Solution

(a)

On applique le théorème de convergence dominée.

Pour $n \geq 1$ , on introduit $f_{n} : [0; + \infty [\to ℝ$ définie par

$f_{n} (t) = \frac{1}{{(1 + t^{3})}^{n}} .$

Pour $t \in [0; + \infty [$ ,

$f_{n} (t) \to_{n \to + \infty}^{} u_{\infty} (t) = {\begin{matrix} 1 & si t = 0 \\ 0 & sinon. \end{matrix}$

Pour $n \in ℕ^{*}$ et $t \in [0; + \infty [$ ,

$| f_{n} (t) | = \frac{1}{{(1 + t^{3})}^{n}} \leq \frac{1}{1 + t^{3}} = φ (t) .$

La fonction $φ : [0; + \infty [\to ℝ_{+}$ est définie et intégrable sur $[0; + \infty [$ car

$φ (t) \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{1}{t^{3}} .$

Par le théorème de convergence dominée,

$I_{n} = \int_{0}^{+ \infty} f_{n} (t) d t \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{+ \infty} f_{\infty} (t) d t = 0 .$
(b)

Soit $n \in ℕ^{*}$ . On réalise une intégration par parties généralisée avec

$u (t) = t et v (t) = \frac{1}{{(1 + t^{3})}^{n}} .$

Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $𝒞^{1}$ sur $[0; + \infty [$ et

$u (t) v (t) = \frac{t}{{(1 + t^{3})}^{n}} \to_{t \to + \infty}^{} 0 .$

Avec convergence de l’intégrale introduite, le théorème d’intégration par parties généralisée donne

$I_{n}$ $= \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{{[\frac{t}{{(1 + t^{3})}^{n}}]}_{0}^{+ \infty}}} - \int_{0}^{+ \infty} t \cdot \frac{- 3 n t^{2}}{{(1 + t^{3})}^{n + 1}} d t$

$= 3 n \int_{0}^{+ \infty} \frac{t^{3}}{{(1 + t^{3})}^{n + 1}} d t .$

Or

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{t^{3}}{{(1 + t^{3})}^{n + 1}} d t = \int_{0}^{+ \infty} \frac{t^{3} + 1 - 1}{{(1 + t^{3})}^{n + 1}} d t = I_{n} - I_{n + 1} .$

On en déduit la relation demandée.
(c)

La suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ a la nature de la série de terme général $v_{n} = u_{n + 1} - u_{n}$ .

Or

$v_{n}$ $= \ln (\frac{{(n + 1)}^{α} I_{n + 1}}{n^{α} I_{n}}) = α \ln (\frac{n + 1}{n}) + \ln (\frac{I_{n + 1}}{I_{n}})$

$= α \ln (1 + \frac{1}{n}) + \ln (1 - \frac{1}{3 n}) \underset{n \to + \infty}{=} \frac{α - 1 / 3}{n} + O (\frac{1}{n^{2}}) .$

Cas: $α \neq 1 / 3$ . On a

$v_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{λ}{n} avec λ = α - \frac{1}{3} \neq 0 .$

Par cet équivalent de Riemann, la série de terme général $v_{n}$ diverge.

Cas: $α = 1 / 3$ . On a

$v_{n} \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{2}}) .$

Par cette comparaison, la série de terme général $v_{n}$ converge absolument.

Finalement, la série de terme général $v_{n}$ converge (c’est-à-dire la suite $(u_{n})$ converge) si, et seulement si, $α = 1 / 3$ .
(d)

Puisque

$\ln (n^{1 / 3} I_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} ℓ avec ℓ \in ℝ$

on obtient

$I_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{e^{ℓ}}{\sqrt[3]{n}}$

et donc

$\frac{1}{n} I_{n} \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{4 / 3}}) .$

Par suite, la série $\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n} I_{n}$ converge.

On a

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n} I_{n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{+ \infty} f_{n} (t) d t avec f_{n} (t) = \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{{(1 + t^{3})}^{n}} .$

Les fonctions $f_{n}$ sont toutes positives, on peut intégrer terme à terme

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n} I_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n} \cdot {(\frac{1}{1 + t^{3}})}^{n} d t .$

On reconnaît alors le développement en série entière de $x \mapsto - \ln (1 - x)$ sur $] - 1; 1 [$ et l’on poursuit

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n} I_{n} = - \int_{0}^{+ \infty} \ln (1 - \frac{1}{1 + t^{3}}) d t .$

Enfin, mais cela n’est pas demandé, l’intégrale obtenue se calcule par intégration par parties

$- \int_{0}^{+ \infty} \ln (1 - \frac{1}{1 + t^{3}}) d t = \frac{2}{\sqrt{3}} π$

sachant

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{1 + t^{3}} = \frac{2 π}{3 \sqrt{3}} .$

Exercice 61 2840 MINES (MP)Correction

(a)

Soit $(s, λ) \in ℝ_{+}^{*} \times ℂ$ . Quelle est la nature de la série de terme général

$\frac{λ^{n}}{s (s + 1) \dots (s + n)}$

pour $n \geq 0$ ?

À $λ$ fixé, on note $Δ_{λ}$ l’ensemble des $s > 0$ tels que la série converge, et l’on note $F_{λ} (s)$ la somme de cette série.

(b)

Calculer ${lim}_{s \to sup Δ_{λ}} F_{λ} (s)$ .
(c)

Donner un équivalent de $F_{λ} (s)$ quand $s$ tend vers $inf Δ_{λ}$ .
(d)

Pour $n \geq 1$ , calculer

$\int_{0}^{1} {(1 - y)}^{s - 1} y^{n} d y .$
(e)

En déduire une expression intégrale de $F_{λ} (s)$ .

Solution

(a)

Par la règle de d’Alembert, la série converge pour tout $(s, λ) \in ℝ_{+}^{*} \times ℂ$ .

$Δ_{λ} =] 0; + \infty [.$
(b)

$F_{λ} (s) = \frac{1}{s} (1 + \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{λ^{n}}{(s + 1) \dots (s + n)}) .$

Or

$| 1 + \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{λ^{n}}{(s + 1) \dots (s + n)} | \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{| λ |}^{n}}{n!} = e^{| λ |}$

donc

$F_{λ} (s) \to_{s \to + \infty}^{} 0 .$
(c)

Puisque

$| \frac{λ^{n}}{(s + 1) \dots (s + n)} | \leq \frac{λ^{n}}{n!}$

il y a convergence normale sur $ℝ_{+}$ de la série des fonctions continues $s \mapsto \frac{λ^{n}}{(s + 1) \dots (s + n)}$ . Cela permet d’affirmer

$1 + \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{λ^{n}}{(s + 1) \dots (s + n)} \to_{s \to 0^{+}}^{} 1 + \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{λ^{n}}{n!} = e^{λ}$

et donc

$F_{λ} (s) \underset{s \to 0^{+}}{\sim} \frac{e^{λ}}{s} .$
(d)

Par intégrations par parties successives,

$\int_{0}^{1} {(1 - y)}^{s - 1} y^{n} d y = \frac{n!}{s (s + 1) \dots (s + n)} .$
(e)

$F_{λ} (s) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{λ^{n}}{n!} \int_{0}^{1} {(1 - y)}^{s - 1} y^{n} d y .$

Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues, on peut échanger somme et intégrale,

$F_{λ} (s) = \int_{0}^{1} e^{λ y} {(1 - y)}^{s - 1} d y .$

Exercice 62 4144 Correction

(a)

Pour $k \in ℕ^{*}$ , calculer

$I_{k} = \int_{0}^{1} t^{k - 1} \ln (t) d t .$
(b)

Pour $n \in ℕ$ , on pose

$R_{n} = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k^{2}} .$

Exprimer $R_{n}$ à l’aide d’une intégrale.
(c)

Calculer

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} R_{n} .$

Solution

(a)

La fonction définissant l’intégrale $I_{k}$ est intégrable sur $] 0; 1]$ car

$\sqrt{t} \times t^{k - 1} \ln (t) \to_{t \to 0^{+}}^{} 0 .$

Par une intégration par parties généralisée,

$I_{k} = {[\frac{t^{k} \ln (t)}{k}]}_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{t^{k - 1}}{k} d t = - \frac{1}{k^{2}} .$
(b)

Le terme $R_{n}$ est bien définie car c’est le reste d’une série convergeant absolument. Ce qui précède, nous encourage à écrire

$R_{n} = - \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \int_{0}^{1} {(- t)}^{k - 1} \ln (t) d t .$

Pour intégrer terme à terme, on introduit $u_{k} :] 0; 1] \to ℝ$ définie par

$u_{k} (t) = {(- t)}^{k - 1} \ln (t) .$

Par sommation géométrique, la série des fonctions $u_{k}$ converge simplement sur $] 0; 1 [$ (et même sur $] 0; 1]$ ). Les fonctions $u_{k}$ sont toutes continues par morceaux et la fonction somme

$\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} u_{k} : t \mapsto \frac{{(- 1)}^{n} t^{n} \ln (t)}{1 + t}$

l’est aussi. Les fonctions $u_{k}$ sont intégrables sur $] 0; 1]$ et il y a convergence de la série

$\sum \int_{0}^{1} | u_{k} | = \sum \frac{1}{k^{2}} .$

Les hypothèses du théoème d’intégration terme à terme sont réunies et donc

$R_{n} = - \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \int_{0}^{1} {(- t)}^{k - 1} \ln (t) d t = - \int_{0}^{1} \frac{{(- 1)}^{n} t^{n} \ln (t)}{1 + t} d t .$
(c)

On opère encore une intégration terme à terme en considérant cette fois-ci les fonctions $v_{n}$ déterminées par

$v_{n} (t) = \frac{{(- 1)}^{n} t^{n} \ln (t)}{1 + t} avec t \in] 0; 1] et n \in ℕ .$

Encore une fois les hypothèses d’usages sont réunies, notamment parce que

$\int_{0}^{1} | v_{n} (t) | d t \leq \int_{0}^{1} t^{n} | \ln (t) | d t = \frac{1}{n^{2}} .$

On en déduit

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} R_{n} = - \int_{0}^{1} \sum_{n = 0}^{+ \infty} v_{n} (t) d t = - \int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{{(1 + t)}^{2}} d t .$

Par une intégration par parties généralisée où l’on choisit $1 - \frac{1}{1 + t} = \frac{t}{1 + t}$ comme primitive de $\frac{1}{{(1 + t)}^{2}}$ , on obtient

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{{(1 + t)}^{2}} d t = {[\frac{t \ln (t)}{1 + t}]}_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{d t}{1 + t} = - \ln (2) .$

On peut conclure

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} R_{n} = \ln (2) .$

[<] Intégration terme à terme[>] Applications de l'intégration terme à terme

Exercice 63 4718

Pour $n \in ℕ^{*}$ et $t \in] 0; + \infty [$ , on pose $u_{n} (t) = e^{- n t} - 2 e^{- 2 n t}$ .

Montrer que les deux expressions suivantes existent mais que leurs valeurs diffèrent:

\sum_{n = 1}^{+ \infty} (\int_{0}^{+ \infty} u_{n} (t) d t) et \int_{0}^{+ \infty} (\sum_{n = 1}^{+ \infty} u_{n} (t)) d t .

Exercice 64 1102 CCINP (PSI)Correction

(a)

Donner les limites éventuelles en $+ \infty$ des suites de termes généraux

$U_{n} = \int_{0}^{1} \frac{d t}{{(1 + t^{3})}^{n}} et V_{n} = \int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{{(1 + t^{3})}^{n}} .$
(b)

Quelles sont les natures des séries

$\sum_{n \geq 1} U_{n} et \sum_{n \geq 1} V_{n} ?.$

Solution

(a)

Posons $u_{n} (t) = 1 / {(1 + t^{3})}^{n}$ définie sur $] 0; + \infty [$ .
Les fonctions $u_{n}$ sont continues par morceaux et la suite $(u_{n})$ converge simplement vers la fonction nulle sur $] 0; + \infty [$ , elle-même continue par morceaux. De plus,

$\forall n \geq 1, \forall t \in] 0; + \infty [, | u_{n} (t) | \leq φ (t)$

avec $φ : t \mapsto 1 / (1 + t^{3})$ intégrable sur $[0; + \infty [$ et donc aussi sur $] 0; + \infty [$ .
Par application du théorème de convergence dominée sur $] 0; 1]$ et sur $[1; + \infty [$ , on obtient

$U_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 et V_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$
(b)

Les fonctions $u_{n}$ sont continues par morceaux et la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge simplement sur $] 0; 1]$ vers la fonction $U$ continue par morceaux donnée par

$U (t) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(1 + t^{3})}^{n}} = \frac{1}{1 + t^{3}} \frac{1}{1 - \frac{1}{1 + t^{3}}} = \frac{1}{t^{3}} .$

Si, par l’absurde, la série $\sum U_{n}$ converge, on est dans la situation où la série de terme général $\int_{] 0; 1]} | u_{n} (t) | d t$ converge et l’on peut appliquer un théorème d’intégration terme à terme affirmant

$U est intégrable sur] 0; 1] et \int_{] 0; 1]} U (t) d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{1} u_{n} (t) d t .$

Or cela est absurde car la fonction $U$ n’est pas intégrable sur $] 0; 1]$ !

On en déduit que la série $\sum U_{n}$ diverge.

En revanche, la série $\sum V_{n}$ est à termes positifs et

$\sum_{k = 1}^{n} V_{k} \leq \int_{1}^{+ \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{{(1 + t^{3})}^{n}} d t \leq \int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{3}} = \frac{1}{2} .$

Les sommes partielles de la série à termes positifs $\sum V_{n}$ étant majorées, on peut affirmer que la série $\sum V_{n}$ converge.

Exercice 65 2583 CCINP (MP)Correction

Soit $n \in ℕ^{*}$ .

(a)

Déterminer l’ensemble de définition de

$I_{n} (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{{(1 + t^{x})}^{n}} .$
(b)

Montrer que si $x > 1$ , $\sum I_{n} (x)$ diverge.
(c)

Calculer $I_{n} (2)$ pour $n \geq 1$ .

Solution

(a)

La fonction $t \mapsto \frac{1}{{(1 + t^{x})}^{n}}$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ .

Cas: $x < 0$ .

$\frac{1}{{(1 + t^{x})}^{n}} \to_{t \to + \infty}^{} 1 .$

La fonction n’est donc pas intégrable.

Cas: $x = 0$ .

$\frac{1}{{(1 + t^{x})}^{n}} \to_{t \to + \infty}^{} \frac{1}{2} .$

Même conclusion.

Cas: $x > 0$ .

$\frac{1}{{(1 + t^{x})}^{n}} \to_{t \to 0^{+}}^{} 1 et \frac{1}{{(1 + t^{x})}^{n}} \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{1}{t^{n x}} .$

La fonction est intégrable sur $] 0; + \infty [$ si, et seulement si, $n x > 1$ .
(b)

Pour $t > 0$ , on remarque que

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(1 + t^{x})}^{n}} = \frac{1}{t^{x}} .$

Par l’absurde, si $\sum I_{n} (x)$ converge, on peut appliquer un théorème d’interversion somme et intégrale assurant que $t \mapsto \frac{1}{t^{x}}$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ . C’est absurde.

On conclut que $\sum I_{n} (x)$ diverge.
(c)

Par intégration par parties généralisée,

$I_{n} (2)$ $= \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{{(1 + t^{2})}^{n}}$

$= {[\frac{t}{{(1 + t^{2})}^{n}}]}_{0}^{+ \infty} + \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 n t^{2}}{{(1 + t^{2})}^{n + 1}} d t$

$= 2 n \int_{0}^{+ \infty} \frac{t^{2}}{{(1 + t^{2})}^{n + 1}} d t .$

Or

$I_{n} (2) - I_{n + 1} (2) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{t^{2} d t}{{(1 + t^{2})}^{n + 1}}$

donc

$I_{n + 1} (2) = \frac{2 n - 1}{2 n} I_{n} (2) .$

On en déduit

$I_{n + 1} (2) = \frac{(2 n)!}{{(2^{n} n!)}^{2}} \cdot \frac{π}{2}$

car $I_{1} (2) = π / 2$ .

Notons que par le changement de variable $t = \tan (u)$ , on pouvait aussi transformer $I_{n} (2)$ en une intégrale de Wallis.

Exercice 66 118 MINES (PC)Correction

Soit, pour $n \in ℕ$ ,

u_{n} = \int_{0}^{π / 2} {(\cos (\frac{π}{2} \sin (x)))}^{n} d x .

(a)

Étudier la convergence de la suite ${(u_{n})}_{n \geq 0}$ .
(b)

Quelle est la nature de la série de terme général $u_{n}$ ?

Solution

(a)

Posons

$f_{n} (x) = {(\cos (\frac{π}{2} \sin (x)))}^{n} .$

Les fonctions $f_{n}$ sont continues par morceaux et la suite de fonctions $(f_{n})$ converge simplement vers la fonction nulle sur $[0; π / 2 [$ , elle-même continue par morceaux. Enfin, on a la domination

$| f_{n} (x) | \leq 1 = φ (x)$

avec $φ$ évidemment intégrable sur $[0; π / 2 [$ . Par convergence dominée, on obtient

$u_{n} \to 0 .$
(b)

Par l’absurde, si $\sum u_{n}$ converge alors, on peut appliquer un théorème d’intégration terme à terme à la série de fonctions $\sum f_{n}$ . En effet, les fonctions $f_{n}$ sont continues par morceaux, la série de fonctions $\sum f_{n}$ converge simplement sur $[0; π / 2 [$ vers la fonction

$f : x \mapsto \frac{1}{1 - \cos (\frac{π}{2} \sin (x))}$

elle-même continue par morceaux. Enfin les fonctions $f_{n}$ sont intégrables sur $[0; π / 2 [$ et l’hypothèse de travail absurde signifie la convergence de la série $\sum \int_{[0; π / 2 [} | f_{n} |$ .
Par théorème d’intégration terme à terme, on obtient

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} = \int_{0}^{π / 2} \frac{1}{1 - \cos (\frac{π}{2} \sin (x))} d x$

avec convergence de l’intégrale. Or, quand $x \to 0^{+}$

$\frac{1}{1 - \cos (\frac{π}{2} \sin (x))} \sim \frac{8}{π^{2} x^{2}}$

et donc l’intégrale introduite diverge. C’est absurde.
On en déduit que la série $\sum u_{n}$ diverge.

Exercice 67 3287 MINES (MP)Correction

Donner la nature de la série de terme général

u_{n} = \int_{0}^{+ \infty} e^{- t} \cos^{2 n} (t) d t .

Solution

On a

u_{n} \geq v_{n} = \int_{0}^{π / 2} e^{- t} \cos^{2 n} (t) d t .

Si la série numérique $\sum u_{n}$ converge alors, par comparaison de séries à termes positifs, la série $\sum v_{n}$ converge aussi. Par le théorème d’intégration terme à terme, il y a alors intégrabilité sur $] 0; π / 2]$ de la fonction

\sum_{n = 0}^{+ \infty} e^{- t} \cos^{2 n} (t) = \frac{e^{- t}}{1 - \cos^{2} (t)} = \frac{e^{- t}}{\sin^{2} (t)} .

\frac{e^{- t}}{\sin^{2} (t)} \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{t^{2}}

qui n’est pas intégrable sur $] 0; π / 2]$ .

On en déduit que la série $\sum u_{n}$ diverge.

Exercice 68 5294 ENSTIM (MP)Correction

Pour $n \in ℕ$ , on pose

a_{n} = \int_{0}^{1} {(1 - x)}^{n} \ln (x) d x .

(a)

Justifier l’existence de l’intégrale définissant $a_{n}$ et déterminer la limite de la suite $(a_{n})$ .
(b)

Étudier la nature de la série $\sum a_{n}$ .
(c)

Calculer $(n + 1) a_{n} - n a_{n - 1}$ pour tout $n \in ℕ^{*}$ .
(d)

En déduire un équivalent de $(a_{n})$ .

Solution

(a)

Pour $x \in] 0; 1]$ ,

${(1 - x)}^{n} \ln (x) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Aussi, pour tout $x \in] 0; 1]$ ,

$| {(1 - x)}^{n} \ln (x) | \leq | \ln (x) | = φ (x)$

avec $φ$ intégrable sur $] 0; 1]$ . Par convergence dominéee, l’intégrale définissant $a_{n}$ existe et

$\int_{0}^{1} {(1 - x)}^{n} \ln (x) d x \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$
(b)

Par l’absurde, si la série $\sum a_{n}$ converge, on peut appliquer un théorème d’intégration terme à terme dont une conséquence est l’intégrabilité de

$x \mapsto \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(1 - x)}^{n} \ln (x) = \frac{\ln (x)}{x} .$

Cependant cette fonction n’est pas intégrable sur $] 0; 1]$ , c’est absurde.
(c)

Pour $n \in ℕ$ ,

$(n + 1) a_{n} - n a_{n - 1} = \int_{0}^{1} ((n + 1) {(1 - x)}^{n} - n {(1 - x)}^{n - 1}) \ln (x) d x .$

Par intégration par parties généralisée (avec existence de la limite en $0$ du terme crochet),

$(n + 1) a_{n} - n a_{n - 1}$ $= {[({(1 - x)}^{n + 1} - {(1 - x)}^{n}) \ln (x)]}_{0}^{1} + \int_{0}^{1} \frac{{(1 - x)}^{n + 1} - {(1 - x)}^{n}}{x} d x$

$= - \int_{0}^{1} {(1 - x)}^{n} d x = {[\frac{1}{n + 1} {(1 - x)}^{n + 1}]}_{0}^{1} = - \frac{1}{n + 1} .$
(d)

Par télescopage,

$(N + 1) a_{N} - a_{0} = \sum_{n = 1}^{N} ((n + 1) a_{n} - n a_{n - 1}) = - \sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n + 1} \underset{N \to + \infty}{\sim} - \ln (N) .$

On en déduit

$a_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{\ln (n)}{n} .$

Notons qu’une intégration par parties où l’on intègre ${(1 - x)}^{n}$ en $- \frac{1}{n + 1} ({(1 - x)}^{n + 1} - 1)$ conduit plus directement à l’égalité

$a_{n} = - \frac{1}{n + 1} \sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{1}{k} .$

Exercice 69 2641 Correction

$n$ désigne un entier naturel non nul.

(a)

Justifier que l’intégrale

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{n^{2} - x^{2}}{{(n^{2} + x^{2})}^{2}} d x$

est définie.
(b)

Soit $a \geq 0$ . Calculer

$\int_{0}^{a} \frac{n^{2} - x^{2}}{{(n^{2} + x^{2})}^{2}} d x .$

En déduire la valeur de

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{n^{2} - x^{2}}{{(n^{2} + x^{2})}^{2}} d x$

puis de

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{+ \infty} \frac{n^{2} - x^{2}}{{(n^{2} + x^{2})}^{2}} d x .$
(c)

Soit $a \geq 0$ . Montrer que la série

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{n^{2} - x^{2}}{{(n^{2} + x^{2})}^{2}}$

converge uniformément sur $[0; a]$ , puis que

$\int_{0}^{a} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{n^{2} - x^{2}}{{(n^{2} + x^{2})}^{2}} d x = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a}{n^{2} + a^{2}} .$
(d)

En exploitant une comparaison série-intégrale, déterminer

$lim_{a \to + \infty} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a}{n^{2} + a^{2}} .$
(e)

En déduire que l’intégrale

$\int_{0}^{+ \infty} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{n^{2} - x^{2}}{{(n^{2} + x^{2})}^{2}} d x$

est convergente et donner sa valeur.

Qu’en conclure?

Solution

(a)

$f : x \mapsto \frac{n^{2} - x^{2}}{{(n^{2} + x^{2})}^{2}}$ est définie, continue sur $[0; + \infty [$ et $f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} - \frac{1}{x^{2}}$ donc $\int_{0}^{+ \infty} f (x) d x$ est définie.
(b)

$\int_{0}^{a} \frac{n^{2} - x^{2}}{{(n^{2} + x^{2})}^{2}} d x = \int_{0}^{a} \frac{1}{n^{2} + x^{2}} d x - 2 \int_{0}^{a} \frac{x^{2}}{{(n^{2} + x^{2})}^{2}} d x$

et

$\int_{0}^{a} \frac{x^{2}}{{(n^{2} + x^{2})}^{2}} d x = \frac{1}{2} {[- \frac{x}{n^{2} + x^{2}}]}_{0}^{a} + \frac{1}{2} \int_{0}^{a} \frac{1}{n^{2} + x^{2}} d x$

donc

$\int_{0}^{a} \frac{n^{2} - x^{2}}{{(n^{2} + x^{2})}^{2}} d x = \frac{a}{n^{2} + a^{2}} .$

Par suite,

$\int_{0}^{+ \infty} f (x) d x = lim_{a \to + \infty} \int_{0}^{a} f (x) d x = 0 .$

La série $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{+ \infty} \frac{n^{2} - x^{2}}{{(n^{2} + x^{2})}^{2}} d x$ est convergente et de somme nulle.
(c)

Pour $x \in [0; a]$ ,

$| \frac{n^{2} - x^{2}}{{(n^{2} + x^{2})}^{2}} | \leq \frac{n^{2} + a^{2}}{n^{4}}$

et

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{n^{2} + a^{2}}{n^{4}} < + \infty$

donc $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{n^{2} - x^{2}}{{(n^{2} + x^{2})}^{2}}$ converge normalement, et donc uniformément sur $[0; a]$ . Par suite,

$\int_{0}^{a} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{n^{2} - x^{2}}{{(n^{2} + x^{2})}^{2}} d x = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{a} \frac{n^{2} - x^{2}}{{(n^{2} + x^{2})}^{2}} d x = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a}{n^{2} + a^{2}} .$
(d)

La fonction $x \mapsto \frac{a}{x^{2} + a^{2}}$ est décroissante et intégrable sur $[0; + \infty [$ donc par comparaison série-intégrale

$\int_{1}^{+ \infty} \frac{a}{x^{2} + a^{2}} d x \leq \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a}{n^{2} + a^{2}} \leq \int_{0}^{+ \infty} \frac{a}{x^{2} + a^{2}} d x .$

Or

$\int_{1}^{+ \infty} \frac{a}{x^{2} + a^{2}} d x = {[\arctan (\frac{x}{a})]}_{1}^{+ \infty} = \frac{π}{2} - \arctan (\frac{1}{a})$

et

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{a}{x^{2} + a^{2}} d x = {[\arctan (\frac{x}{a})]}_{0}^{+ \infty} = \frac{π}{2}$

donc

$lim_{a \to + \infty} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a}{n^{2} + a^{2}} = \frac{π}{2} .$
(e)

Ci-dessus:

$lim_{a \to + \infty} \int_{0}^{a} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{n^{2} - x^{2}}{{(n^{2} + x^{2})}^{2}} d x = \frac{π}{2}$

donc l’intégrale

$\int_{0}^{+ \infty} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{n^{2} - x^{2}}{{(n^{2} + x^{2})}^{2}} d x$

est convergente et vaut $π / 2$ .
Le résultat diffèrent de celui obtenu en (b). Il est donc faux ici de permuter somme et intégrale.

[<] Non-intégration terme à terme[>] Intégration terme à terme par les sommes partielles

Exercice 70 3790 ENTPE (MP)Correction

Pour tout $n \in ℕ$ et tout $x \in ℝ_{+}$ , on pose

f_{n} (x) = x^{n} (1 - \sqrt{x}) .

(a)

Montrer que

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{1} f_{n} (x) d x = \int_{0}^{1} \frac{x}{1 + \sqrt{x}} d x .$
(b)

En déduire la valeur de

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{(n + 1) (2 n + 3)} .$

Solution

(a)

Sur $[0; 1 [$ , la série de fonction $\sum f_{n}$ converge simplement et sa somme est

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} f_{n} (x) = \frac{x}{1 - x} (1 - \sqrt{x}) = \frac{x}{1 + \sqrt{x}} .$

Cette fonction somme est continue par morceaux sur $[0; 1 [$ .
Les fonction $f_{n}$ sont intégrables sur $[0; 1 [$ et

$\int_{0}^{1} | f_{n} (x) | d x = \int_{0}^{1} f_{n} (x) d x \underset{u = \sqrt{x}}{=} \frac{1}{(n + 1) (2 n + 3)} .$

Ce terme est sommable et l’on peut donc intégrer terme à terme ce qui donne

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{1} f_{n} (x) d x = \int_{0}^{1} \frac{x}{1 + \sqrt{x}} d x .$
(b)

Ainsi,

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{(n + 1) (2 n + 3)} = \int_{0}^{1} \frac{x}{1 + \sqrt{x}} d x \underset{u = \sqrt{x}}{=} \frac{5}{3} - 2 \ln (2) .$

Exercice 71 2866 MINES (MP)Correction

Soit ${(a_{n})}_{n \geq 0}$ une suite bornée. Calculer

lim_{n \to + \infty} \int_{0}^{+ \infty} e^{- 2 t} (\sum_{p = n}^{+ \infty} a_{p} \frac{t^{p}}{p!}) d t .

Solution

La série $\sum a_{p} \frac{t^{p}}{p!}$ est convergente car

| a_{p} \frac{t^{p}}{p!} | \leq {∥ (a_{n}) ∥}_{\infty} \frac{t^{p}}{p!} .

De plus, sa somme est continue car on peut aisément établir la convergence normale sur tout segment.

Enfin,

| \sum_{p = n}^{+ \infty} a_{p} \frac{t^{p}}{p!} | \leq {∥ (a_{n}) ∥}_{\infty} e^{t}

permet d’assurer l’existence de l’intégrale étudiée.
Posons

f_{p} (t) = a_{p} \frac{t^{p}}{p!} e^{- 2 t} .

La série de fonction $\sum f_{p}$ convergence simplement.
Les fonctions $f_{p}$ et $\sum_{p = n}^{+ \infty} f_{p}$ sont continues par morceaux.
Les fonctions $f_{p}$ sont intégrables sur $[0; + \infty [$ et

\int_{0}^{+ \infty} | f_{p} (t) | d t = \frac{| a_{p} |}{2^{p + 1}} \underset{p \to + \infty}{=} O (\frac{1}{2^{p + 1}})

est terme général d’une série convergente.

Par le théorème d’intégration terme à terme, on obtient

\int_{0}^{+ \infty} e^{- 2 t} (\sum_{p = n}^{+ \infty} a_{p} \frac{t^{p}}{p!}) d t = \sum_{p = n}^{+ \infty} \frac{a_{p}}{2^{p + 1}} .

Enfin, cette expression tend vers 0 en tant que reste d’une série convergente.

Exercice 72 2445 CENTRALE (MP)Correction

On pose

I_{n} = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + t^{n}} d t

pour tout entier $n > 0$ .

(a)

Trouver la limite $ℓ$ de $(I_{n})$ .
(b)

Donner un équivalent de $(ℓ - I_{n})$ .
(c)

Justifier

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + y)}{y} d y = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{{(k + 1)}^{2}} .$
(d)

Donner un développement asymptotique à trois termes de $I_{n}$ .

Solution

(a)

Posons $u_{n} (t) = 1 / (1 + t^{n})$ sur $] 0; 1]$ .
La suite de fonctions $(u_{n})$ converge simplement vers la fonction $u_{\infty} : t \mapsto 1$ .
Les fonctions $u_{n}$ et la fonction $u_{\infty}$ sont continues par morceaux.
Enfin

$\forall t \in] 0; 1], | u_{n} (t) | \leq 1 = φ (t)$

avec $φ :] 0; 1] \to ℝ_{+}$ intégrable. Par convergence dominée

$I_{n} = \int_{0}^{1} u_{n} (t) d t \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} u_{\infty} (t) d t = 1 = ℓ .$
(b)

On a

$ℓ - I_{n} = \int_{0}^{1} \frac{t^{n}}{1 + t^{n}} d t = \int_{0}^{1} t \frac{t^{n - 1}}{1 + t^{n}} d t .$

Par intégration par parties,

$ℓ - I_{n} = \frac{\ln (2)}{n} - \frac{1}{n} \int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t .$

Puisque

$| \int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t | \leq \int_{0}^{1} t^{n} d t = \frac{1}{n + 1}$

on peut affirmer

$ℓ - I_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{\ln (2)}{n} .$
(c)

Pour $y \in] 0; 1 [$ ,

$\frac{\ln (1 + y)}{y} = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k} y^{k}}{k + 1} .$

Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues,

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + y)}{y} d y = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{{(k + 1)}^{2}} .$

Sans peine, $\sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{{(k + 1)}^{2}} = \frac{π^{2}}{12}$ sachant $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6}$ .
(d)

Par le changement de variable $𝒞^{1}$ strictement croissant $y = t^{n}$

$\int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t = \frac{1}{n} \int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + y)}{y^{\frac{n - 1}{n}}} d y .$

Par convergence dominée (domination par sa limite simple),

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + y)}{y^{\frac{n - 1}{n}}} d y \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + y)}{y} d y = \frac{π^{2}}{12} .$

Ainsi,

$ℓ - I_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \frac{\ln (2)}{n} - \frac{π^{2}}{12 n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}})$

puis

$I_{n} \underset{n \to + \infty}{=} 1 - \frac{\ln (2)}{n} + \frac{π^{2}}{12 n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}}) .$

Exercice 73 2612 ENSTIM (MP)Correction

(a)

Déterminer la limite $ℓ$ quand $n \to + \infty$ de

$I_{n} = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + t^{n}} d t .$
(b)

Donner un équivalent de

$I_{n} - ℓ .$
(c)

Justifier

$\int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k (n k + 1)} .$
(d)

En déduire un équivalent de

$\int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t$

et donner un développement asymptotique à trois termes de $I_{n}$ .

Solution

(a)

On a

$| I_{n} - 1 | = \int_{0}^{1} \frac{t^{n}}{1 + t^{n}} d t \leq \int_{0}^{1} t^{n} d t = \frac{1}{n + 1} \to 0$

donc $I_{n} \to ℓ = 1$ .
(b)

Par intégration par parties

$I_{n} - 1 = - \frac{\ln (2)}{n} + \frac{1}{n} \int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t .$

Or

$0 \leq \int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t \leq \int_{0}^{1} t^{n} d t \to 0$

donc

$I_{n} = 1 - \frac{\ln (2)}{n} + o (\frac{1}{n}) .$
(c)

On a

$\ln (1 + t^{n}) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} t^{n k} .$

Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues, on obtient la relation proposée.
(d)

On a

$n \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k (n k + 1)} - \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k^{2}} = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k^{2} (n k + 1)}$

avec

$| \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k^{2} (n k + 1)} | \leq \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} \to 0$

donc

$n \int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t \to \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k^{2}}$

avec

$\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k^{2}} = \frac{π^{2}}{12}$

car on sait

$\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} = \frac{π^{2}}{6} .$

Finalement,

$I_{n} = 1 - \frac{\ln (2)}{n} + \frac{π^{2}}{12 n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}}) .$

Exercice 74 2807 MINES (MP)Correction

(a)

Pour $(m, n) \in ℕ^{2}$ , calculer

$\int_{0}^{1} x^{n} {(1 - x)}^{m} d x .$
(b)

Pour $p \in ℤ$ , montrer l’existence de

$S_{p} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{n^{p}}{(\binom{2 n}{n})} .$
(c)

Calculer $S_{- 1}$ et $S_{0}$ .
(d)

Si $p \in ℕ$ , proposer une méthode de calcul de $S_{p}$ .

Solution

(a)

Par intégration par parties, on obtient une relation de récurrence qui conduit à

$\int_{0}^{1} x^{n} {(1 - x)}^{m} d x = \frac{n! m!}{(n + m + 1)!} .$
(b)

En posant $u_{n}$ le terme général de la série étudiée, on observe

$| \frac{u_{n + 1}}{u_{n}} | \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{4} .$

Par la règle de d’Alembert, la série converge.
(c)

$S_{- 1} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{1} x^{n} {(1 - x)}^{n - 1} d x$ . Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues, on peut permuter et obtenir

$S_{- 1} = \int_{0}^{1} \frac{x d x}{1 - x (1 - x)} = \frac{π}{3 \sqrt{3}} .$

Puisque

$(\binom{2 n + 2}{n + 1}) = \frac{4 n + 2}{n + 1} (\binom{2 n}{n})$

on observe

$\frac{4}{(\binom{2 n + 2}{n + 1})} - \frac{2}{n + 1} \frac{1}{(\binom{2 n + 2}{n + 1})} = \frac{1}{(\binom{2 n}{n})} .$ (1)

En sommant pour $n$ allant de 1 à $+ \infty$ , on obtient

$4 (S_{0} - \frac{1}{2}) - 2 (S_{- 1} - \frac{1}{2}) = S_{0}$

puis

$S_{0} = \frac{1 + 2 S_{- 1}}{3} .$
(d)

On multiplie la relation (1) par ${(n + 1)}^{p}$ et l’on développe le ${(n + 1)}^{p}$ du second membre et en sommant comme ci-dessus, on saura exprimer $3 S_{p}$ en fonction des $S_{q}$ avec $q < p$ .

[<] Applications de l'intégration terme à terme[>] Études concrètes

Exercice 75 4715

Montrer

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{2 n + 1} = \int_{0}^{1} \frac{d t}{1 + t^{2}}

et en déduire la valeur de la somme.

Exercice 76 936 Correction

Soit $a > 0$ . Montrer

\int_{0}^{1} \frac{d t}{1 + t^{a}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n a + 1} .

Solution

On a

\frac{1}{1 + t^{a}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} t^{n a} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} f_{n} (t)

avec $f_{n} (t) = {(- 1)}^{n} t^{n a}$ sur $] 0; 1 [$ .

\int_{0}^{1} | f_{n} (t) | d t = \frac{1}{n a + 1}

et $\sum \frac{1}{n a + 1}$ diverge, le théorème d’intégration terme à terme ne s’applique pas.

De plus, la série de fonctions ne converge par uniformément sur $[0; 1]$ car elle ne converge pas simplement en $1$ …

Transitons alors par les sommes partielles et le théorème de convergence dominée. Posons

S_{n} : t \mapsto \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} t^{k a} = \frac{1 - {(- 1)}^{n + 1} t^{(n + 1) a}}{1 + t^{a}} .

La suite $(S_{n})$ converge simplement sur $[0; 1 [$ vers la fonction

S : t \mapsto \frac{1}{1 + t^{a}} .

De plus,

| S_{n} (t) | \leq \frac{2}{1 + t^{a}} = φ (t)

avec $φ$ intégrable sur $[0; 1 [$ .

Par le théorème de convergence dominée, on obtient

\int_{0}^{1} S_{n} (t) d t \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} \frac{d t}{1 + t^{a}} .

\int_{0}^{1} S_{n} (t) d t = \sum_{k = 0}^{n} \int_{0}^{1} {(- 1)}^{k} t^{k a} d t = \sum_{k = 0}^{n} \frac{{(- 1)}^{k}}{k a + 1}

donc

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n a + 1} = \int_{0}^{1} \frac{d t}{1 + t^{a}}

avec, en substance, la convergence de la série introduite.

Exercice 77 942 Correction

Soit $α > 0$ . Établir que

\int_{0}^{1} \frac{x^{α - 1}}{1 + x} d x = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n + α} .

Solution

Notons que l’intégrale étudiée est bien définie.

Pour tout $x \in] 0; 1 [$ ,

\frac{x^{α - 1}}{1 + x} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} x^{n + α - 1} .

Le théorème d’intégration terme à terme ne pourra pas s’appliquer car ici

\sum \int_{] 0; 1 [} | f_{n} | = \sum \frac{1}{n + α} diverge.

Nous allons alors intégrer terme à terme en exploitant les sommes partielles.
Posons

S_{n} : x \mapsto \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} x^{k + α - 1} = x^{α - 1} \frac{1 - {(- 1)}^{n + 1} x^{n + 1}}{1 + x} .

Les fonctions $S_{n}$ sont continues par morceaux et convergent simplement sur $] 0; 1 [$ vers la fonction

S : x \mapsto \frac{x^{α - 1}}{1 + x}

elle-même continue par morceaux.
De plus,

| S_{n} (x) | \leq \frac{2 x^{α - 1}}{1 + x} = φ (x)

avec $φ$ fonction intégrable sur $] 0; 1 [$ .
Par le théorème de convergence dominée, on obtient

\int_{0}^{1} S_{n} (x) d x \to \int_{0}^{1} \frac{x^{α - 1}}{1 + x} d x .

\int_{0}^{1} S_{n} (x) d x = \sum_{k = 0}^{n} \int_{0}^{1} {(- 1)}^{k} x^{k + α - 1} d x = \sum_{k = 0}^{n} \frac{{(- 1)}^{k}}{k + α}

et on peut donc conclure

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n + α} = \int_{0}^{1} \frac{x^{α - 1}}{1 + x} d x

avec en substance la convergence de la série introduite.

Exercice 78 2863 Correction

(a)

Soient $a, b > 0$ . Établir

$\int_{0}^{1} \frac{t^{a - 1}}{1 + t^{b}} d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{a + n b} .$
(b)

Calculer

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{3 n + 1} .$

Solution

(a)

Pour $t \in] 0; 1 [$ , on peut écrire

$\frac{t^{a - 1}}{1 + t^{b}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} t^{a + n b - 1} .$

Posons

$S_{n} : t \mapsto \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} t^{a + k b - 1} = t^{a - 1} \frac{1 - {(- 1)}^{n + 1} t^{(n + 1) b}}{1 + t^{b}} .$

Les fonctions $S_{n}$ sont continues par morceaux et la suite $(S_{n})$ converge simplement sur $] 0; 1 [$ vers la fonction

$S : t \mapsto \frac{t^{a - 1}}{1 + t^{b}}$

elle-même continue par morceaux.
De plus,

$| S_{n} (t) | \leq \frac{2 t^{a - 1}}{1 + t^{b}} = φ (t)$

avec $φ$ intégrable sur $] 0; 1 [$ .
Par convergence dominée, on obtient

$\int_{0}^{1} S_{n} (t) d t \to \int_{0}^{1} \frac{t^{a - 1}}{1 + t^{b}} d t$

avec convergence de l’intégrale introduite.
Or

$\int_{0}^{1} S_{n} (t) d t = \sum_{k = 0}^{n} \int_{0}^{1} {(- 1)}^{k} t^{a + k b - 1} = \sum_{k = 0}^{n} \frac{{(- 1)}^{k}}{a + k b}$

donc

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{a + n b} = \int_{0}^{1} \frac{t^{a - 1}}{1 + t^{b}} d t$

avec convergence de la série introduite..
(b)

Après calculs,

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{3 n + 1} = \int_{0}^{1} \frac{d t}{1 + t^{3}} = \frac{1}{3} \ln (2) + \frac{π}{3 \sqrt{3}} .$

Exercice 79 2437 Correction

Montrer

\int_{0}^{+ \infty} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{2} + t^{2}} d t = \frac{π}{2} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n} .

Solution

Soit $f_{n} : [0; + \infty [\to ℝ$ la fonction définie par

f_{n} (t) = \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{2} + t^{2}} .

On observe ${∥ f_{n} ∥}_{\infty} = 1 / n^{2}$ et donc la série des fonctions $f_{n}$ converge normalement, donc uniformément sur $[0; + \infty [$ . Puisque chaque $f_{n}$ est continue, on peut affirmer que la fonction

S : t \mapsto \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{2} + t^{2}}

est définie et continue sur $[0; + \infty [$ .
Les fonctions $f_{n}$ sont intégrables sur $ℝ_{+}$ et

\int_{0}^{+ \infty} | f_{n} (t) | d t = \frac{π}{2} \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{n^{2} + t^{2}} = \frac{π}{2 n} .

Puisque la série $\sum \int | f_{n} |$ diverge, on ne peut intégrer directement terme à terme.

Raisonnons alors par les sommes partielles en exploitant le théorème de convergence dominée. Posons

S_{n} : t \mapsto \sum_{k = 1}^{n} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k^{2} + t^{2}} .

Les fonctions $S_{n}$ sont continues par morceaux sur $[0; + \infty [$ et converge simplement vers la fonction $S$ elle-même continue par morceaux.
De plus, le critère spécial des séries alternées s’appliquant, on a

0 \leq S_{n} (t) \leq \frac{1}{1 + t^{2}} = φ (t)

avec $φ$ intégrable sur $[0; + \infty [$ .
Par le théorème de convergence dominée, on obtient

\int_{0}^{+ \infty} S_{n} (t) d t \to \int_{0}^{+ \infty} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{2} + t^{2}} d t .

\int_{0}^{+ \infty} S_{n} (t) d t = \sum_{k = 1}^{n} \int_{0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{2} + t^{2}} d t = \frac{π}{2} \sum_{k = 1}^{n} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n}

donc

\frac{π}{2} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n} = \int_{0}^{+ \infty} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{2} + t^{2}} d t

avec convergence de la série introduite.

Exercice 80 2867 MINES (MP)

Soit $(a_{n})$ une suite croissante de réels strictement positifs de limite $+ \infty$ .

Justifier

\int_{0}^{+ \infty} (\sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} e^{- a_{n} x}) d x = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{a_{n}} .

Exercice 81 4155 CCINP (MP)Correction

Soit $p \in ℕ^{*}$ . Pour tout $n \in ℕ$ , on pose

S_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{t^{p}}{e^{t} - 1} e^{- n t} d t .

(a)

Montrer l’existence de l’intégrale définissant $S_{n}$ .
(b)

Pour $a, b \in ℕ^{*}$ , calculer

$T (a, b) = \int_{0}^{+ \infty} t^{a} e^{- b t} d t .$
(c)

Montrer que pour tout naturel $n$

$S_{0} = p! \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{p + 1}} + S_{n} .$
(d)

Montrer que la suite $(S_{n})$ converge vers $0$ .
(e)

En déduire

$S_{0} = p! \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{p + 1}} .$

Solution

(a)

La fonction définissant l’intégrale est définie continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ . Elle est y aussi intégrable car se prolonge par continuité en $0$ et est négligeable devant $t \mapsto 1 / t^{2}$ en $+ \infty$ .
(b)

Par intégration par parties généralisée correctement justifiée,

$T (a, b) = {[\frac{t^{a} e^{- b t}}{- b}]}_{0}^{+ \infty} + \frac{a}{b} \int_{0}^{+ \infty} t^{a - 1} e^{- b t} d t = \frac{a}{b} T (a - 1, b) .$

On en déduit

$T (a, b) = \frac{a!}{b^{a}} \int_{0}^{+ \infty} e^{- b t} d t = \frac{a!}{b^{a + 1}} .$
(c)

On peut simplifier $S_{n - 1} - S_{n}$

$S_{n - 1} - S_{n} = \int_{0}^{+ \infty} t^{p} e^{- n t} d t = \frac{p!}{n^{p + 1}} .$

Par télescopage,

$S_{0} = \sum_{k = 1}^{n} (S_{k - 1} - S_{k}) + S_{n} = p! \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{p + 1}} + S_{n} .$
(d)

Par convergence dominée, sachant

$| \frac{t^{p}}{e^{t} - 1} e^{- n t} | \leq \frac{t^{p}}{e^{t} - 1} = φ (t)$

avec $φ$ intégrable sur $] 0; + \infty [$ , on obtient que la suite $(S_{n})$ converge vers $0$ .
(e)

Il suffit de passer à la limite quand $n$ tend vers l’infini.

[<] Intégration terme à terme par les sommes partielles[>] Études théoriques

Exercice 82 531 Correction

Soit

f : x \mapsto \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{1 + x^{3} + t^{3}} .

(a)

Montrer que $f$ est définie sur $ℝ_{+}$ .
(b)

À l’aide du changement de variable $u = 1 / t$ , calculer $f (0)$ .
(c)

Montrer que $f$ est continue et décroissante.
(d)

Déterminer ${lim}_{+ \infty} f$ .

Solution

(a)

Posons

$g (x, t) = \frac{1}{1 + x^{3} + t^{3}} .$

Pour tout $x \in ℝ_{+}$ , la fonction $t \mapsto g (x, t)$ est définie, continue sur $ℝ_{+}$ et $g (x, t) \underset{+ \infty}{\sim} 1 / t^{3}$ donc $f (x)$ existe.
(b)

$u \mapsto 1 / u$ est une bijection de classe $𝒞^{1}$ de $ℝ_{+}^{*}$ vers $ℝ_{+}^{*}$ . On peut réaliser le changement de variable $t = 1 / u$ qui donne

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{1 + t^{3}} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{u d u}{1 + u^{3}} .$

Donc

$2 f (0) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} - t + 1} = {[\frac{2}{\sqrt{3}} \arctan (\frac{2 t - 1}{\sqrt{3}})]}_{0}^{+ \infty} = \frac{4 π}{3 \sqrt{3}}$

puis

$f (0) = \frac{2 π}{3 \sqrt{3}} .$
(c)

$x \mapsto g (x, t)$ est continue sur $ℝ_{+}$ , $t \mapsto g (x, t)$ est continue par morceaux sur $[0; + \infty [$ avec

$| g (x, t) | \leq \frac{1}{1 + t^{3}} = φ (t)$

et $φ$ intégrable sur $[0; + \infty [$ donc $f$ est continue.
Si $x \leq y$ alors $\forall t \in [0; + \infty [, g (y, t) \leq g (x, t)$ donc $f (y) \leq f (x)$ . Ainsi $f$ est décroissante.
Rq: On peut aussi montrer $f$ de classe $𝒞^{1}$ mais cela alourdit la démonstration
(d)

$f$ tend vers 0 en $+ \infty$ car

$0 \leq f (x) \leq \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{x^{3} + t^{3}} \underset{t = x u}{=} \frac{1}{x^{2}} \int_{0}^{+ \infty} \frac{d u}{1 + u^{3}} \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

Exercice 83 3658 Correction

On pose

F (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- t}}{1 + t x} d t .

(a)

Montrer que $F (x)$ est bien définie pour tout $x \geq 0$ .
(b)

Montrer que $F$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $[0; + \infty [$ .
(c)

Calculer $F^{(n)} (0)$ pour tout $n \in ℕ$ .

Solution

(a)

Posons $f : [0; + \infty [\times [0; + \infty [\to ℝ$ définie par

$f (x, t) = \frac{e^{- t}}{1 + t x} .$

Pour chaque $x \in [0; + \infty [$ , la fonction $t \mapsto f (x, t)$ est continue par morceaux sur $[0; + \infty [$ et intégrable car

$t^{2} f (x, t) \to_{t \to + \infty}^{} 0 .$

On en déduit la convergence de l’intégrale généralisée définissant $F (x)$ .
(b)

Pour chaque $t \in [0; + \infty [$ , la fonction $x \mapsto f (x, t)$ est indéfiniment dérivable et

$\frac{\partial^{n} f}{\partial x^{n}} (x, t) = \frac{{(- 1)}^{n} n!}{{(1 + t x)}^{n + 1}} t^{n} e^{- t} .$

La fonction $x \mapsto \frac{\partial^{n} f}{\partial x^{n}} (x, t)$ est continue, la fonction $t \mapsto \frac{\partial^{n} f}{\partial x^{n}} (x, t)$ est continue par morceaux et

$\forall (x, t) \in [0; + \infty [\times [0; + \infty [, | \frac{\partial^{n} f}{\partial x^{n}} (x, t) | \leq n! t^{n} e^{- t} = φ_{n} (t)$

avec $φ_{n} : [0; + \infty [\to ℝ$ continue par morceaux et intégrable.
Par domination, on peut alors affirmer que $F$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $[0; + \infty [$ et

$\forall n \in ℕ, \forall x \in [0; + \infty [, F^{(n)} (x) = {(- 1)}^{n} n! \int_{0}^{+ \infty} \frac{t^{n} e^{- t}}{{(1 + t x)}^{n + 1}} d t .$
(c)

En particulier

$F^{(n)} (0) = {(- 1)}^{n} {(n!)}^{2} .$

Exercice 84 5538 Correction

(a)

Montrer la continuité de l’application définie sur $] 0; + \infty [$ par

$g (x) = \int_{0}^{x} \frac{\cos (t)}{x + t} d t .$
(b)

Étudier ses limites en $0^{+}$ et $+ \infty$ .

Solution

(a)

Soit $x > 0$ . Par le changement de variable $t = x s$ , on obtient la nouvelle écriture

$g (x) = \int_{0}^{1} \frac{\cos (x s)}{1 + s} d s .$

Introduisons alors la fonction $f :] 0; + \infty [\times [0; 1] \to ℝ$ définie par

$f (x, s) = \frac{\cos (x s)}{1 + s} .$

Pour tout $s \in [0; 1]$ , la fonction $x \mapsto f (x, s)$ est continue sur $] 0; + \infty [$ .

Pour tout $x \in] 0; + \infty [$ et tout $s \in [0; 1]$ ,

$| f (x, s) | = \frac{| \cos (x s) |}{1 + s} \leq \frac{1}{1 + s} \leq 1 = φ (s)$

avec $φ$ intégrable sur $[0; 1]$ .

Par le théorème de continuité par domination, la fonction $g$ est définie et continue sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Pour $s \in [0; 1]$ ,

$f (x, s) = \frac{\cos (x s)}{1 + s} \to_{x \to 0^{+}}^{} f (s) = \frac{1}{1 + s} .$

La fonction $f$ est continue par morceaux et, en reprenant la domination de la question précédente, on peut appliquer le théorème de convergence dominée généralisé,

$g (x) = \int_{0}^{1} \frac{\cos (x s)}{1 + s} d s \to_{x \to 0^{+}}^{} \int_{0}^{1} \frac{d s}{1 + s} = \ln (2) .$

Aussi, pour $x \neq 0$ , une intégration par parties déterminée par les fonctions de classe $𝒞^{1}$ suivantes

$u (s) = \frac{\sin (x s)}{x} et v (s) = \frac{1}{1 + s}$

donne

$g (x) = {[\frac{\sin (x s)}{x (1 + s)}]}_{0}^{1} + \int_{0}^{1} \frac{\sin (x s)}{x {(1 + s)}^{2}} d s .$

Le terme entre crochet tend vers $0$ quand $x$ croît vers l’infini et le terme défini par l’intégrale aussi car

$| \int_{0}^{1} \frac{\sin (x s)}{x {(1 + s)}^{2}} d s | \leq \frac{1}{x} \int_{0}^{1} \frac{| \sin (x s) |}{{(1 + s)}^{2}} d s \leq \frac{1}{x} \int_{0}^{1} d s = \frac{1}{x} .$

On en déduit que la fonction $g$ tend vers $0$ en $+ \infty$ .

Exercice 85 3887

(a)

Montrer la continuité de l’application définie par

$g (x) = \int_{0}^{x} \frac{\sin (t)}{x + t} d t pour tout x \in] 0; + \infty [.$
(b)

Préciser ses limites en $0^{+}$ et $+ \infty$ .

Exercice 86 3324 Correction

Pour $x > 0$ , on pose

f (x) = \int_{- x}^{x} \frac{d t}{\sqrt{1 + t^{2}} \sqrt{x^{2} - t^{2}}} .

(a)

Montrer que $f$ est définie et continue.
(b)

Déterminer les limites de $f$ en $0^{+}$ et $+ \infty$ .

Solution

(a)

Par le changement de variable $t = u x$ (bijection de classe $𝒞^{1}$ ), on obtient

$f (x) = \int_{- 1}^{1} \frac{d u}{\sqrt{1 + x^{2} u^{2}} \sqrt{1 - u^{2}}} .$

Posons $g :] 0; + \infty [\times] - 1; 1 [\to ℝ$ définie par

$g (x, u) = \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2} u^{2}} \sqrt{1 - u^{2}}} .$

La fonction $g$ est continue sur $] 0; + \infty [\times] - 1; 1 [$ et

$| g (x, u) | \leq \frac{1}{\sqrt{1 - u^{2}}} = φ (u)$

avec $φ$ intégrable sur $] - 1; 1 [$ .
On en déduit que $f$ est définie et continue sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Pour tout $u \in] - 1; 1 [$ ,

$g (x, u) = \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2} u^{2}} \sqrt{1 - u^{2}}} \to_{x \to 0^{+}}^{} \frac{1}{\sqrt{1 - u^{2}}} .$

Par la domination précédente,

$f (x) \to_{x \to 0^{+}}^{} \int_{- 1}^{1} \frac{d u}{\sqrt{1 - u^{2}}} = {[\arcsin (u)]}_{- 1}^{1} = π .$

De même, on obtient

$f (x) \to_{x \to + \infty}^{} \int_{- 1}^{1} 0 d u = 0 .$

Exercice 87 3760 ENSIIE (MP)Correction

(a)

Déterminer l’ensemble de définition de

$f (x) = \int_{0}^{1} \frac{d t}{\sqrt{t (1 - t) (1 - x^{2} t)}} .$
(b)

Donner la limite de $f$ en $x = 1$ .

Solution

(a)

Pour que la racine carrée soit définie pour $t \in] 0; 1 [$ , il est nécessaire que $x \in [- 1; 1]$ .
Pour $x \in] - 1; 1 [$ , l’intégrale définissant $f$ converge par les arguments d’intégrabilité suivant

$\frac{1}{\sqrt{t (1 - t) (1 - x^{2} t)}} \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{\sqrt{t}} et \frac{1}{\sqrt{t (1 - t) (1 - x^{2} t)}} \underset{t \to 1^{-}}{\sim} \frac{C^{t e}}{\sqrt{1 - t}} .$

Pour $x = \pm 1$ , l’intégrale définissant $f$ diverge car

$\frac{1}{\sqrt{t (1 - t) (1 - t)}} \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{1 - t} \geq 0 .$

L’ensemble de définition de $f$ est donc $] - 1; 1 [$ .
(b)

Sur $[0; 1 [$ , la fonction $f$ est croissante et admet donc une limite en $1^{-}$ .
Par l’absurde, si celle-ci est finie égale à $ℓ \in ℝ$ alors

$\forall a \in [0; 1 [, \int_{0}^{a} \frac{d t}{\sqrt{t (1 - t) (1 - x^{2} t)}} \leq ℓ .$

Par intégration sur un segment, la fonction de $x$ déterminée par le premier membre est continue en $x = 1$ , on en déduit

$\int_{0}^{a} \frac{d t}{\sqrt{t} (1 - t)} \leq ℓ .$

Or cela est absurde car par non-intégrabilité d’une fonction positive. On en déduit

$f (x) \to_{x \to 1^{-}}^{} + \infty .$

Exercice 88 5252

Pour $x \in ℝ$ , on pose

F (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (x t)}{e^{t} - 1} d t .

(a)

Montrer que $F$ est définie et continue sur $ℝ$ .
(b)

Justifier

$F (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x}{n^{2} + x^{2}} pour tout x \in ℝ .$
(c)

Déterminer la limite de $F$ en $+ \infty$ .

Exercice 89 534 Correction

(a)

Justifier que l’intégrale suivante est définie pour tout $x > 0$

$f (x) = \int_{0}^{1} \frac{t^{x - 1}}{1 + t} d t .$
(b)

Justifier la continuité de $f$ sur son domaine de définition.
(c)

Calculer $f (x) + f (x + 1)$ pour $x > 0$ .
(d)

Donner un équivalent de $f (x)$ quand $x \to 0^{+}$ et la limite de $f$ en $+ \infty$ .

Solution

(a)

La fonction $t \mapsto \frac{t^{x - 1}}{1 + t}$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; 1]$ .
Quand $t \to 0^{+}$ ,

$\frac{t^{x - 1}}{1 + t} \sim t^{x - 1} = \frac{1}{t^{1 - x}}$

avec $1 - x < 1$ et donc $t \mapsto \frac{t^{x - 1}}{1 + t}$ est intégrable sur $] 0; 1]$ .
(b)

Posons $g (x, t) = \frac{t^{x - 1}}{1 + t}$ sur $] 0; + \infty [\times] 0; 1]$ .
$t \mapsto g (x, t)$ est continue par morceaux sur $] 0; 1]$ ,
$x \mapsto g (x, t)$ est continue sur $] 0; + \infty [$ .
Soit $[a; b] \subset ℝ_{+}^{*}$ ,

$\forall (x, t) \in [a; b] \times] 0; 1], | g (x, t) | \leq \frac{t^{a - 1}}{1 + t} \leq t^{a - 1} = φ_{a} (t)$

avec $φ_{a}$ intégrable sur $] 0; 1]$ .
Par domination sur tout segment de $] 0; + \infty [$ , on peut affirmer que $f$ est continue sur $] 0; + \infty [$ .
(c)

Pour $x > 0$

$f (x) + f (x + 1) = \int_{0}^{1} t^{x - 1} d t = \frac{1}{x} .$
(d)

Par continuité, ,

$f (x + 1) \to_{x \to 0^{+}}^{} f (1) .$

On a donc

$f (x + 1) \underset{x \to 0^{+}}{=} o (\frac{1}{x})$

puis

$f (x) \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{x} .$

Aussi,

$0 \leq f (x) \leq \int_{0}^{1} t^{x - 1} d t = \frac{1}{x} \to_{x \to + \infty}^{} 0$

donc

$f (x) \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

Exercice 90 5053

Pour $x > 0$ , on pose

F (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- t}}{x + t} d t .

(a)

Montrer que $F$ est définie et continue sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Déterminer un équivalent simple de $F$ en $+ \infty$ .
(c)

Déterminer un équivalent simple de $F$ en $0^{+}$ .

Exercice 91 2882 MINES (MP)Correction

On pose, pour $x > 0$ ,

f (x) = \frac{1}{x} \int_{0}^{+ \infty} \frac{1 - e^{- t x}}{1 + t^{2}} d t .

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $] 0; + \infty [$ et trouver des équivalents simples de $f$ en 0 et en $+ \infty$ .

Solution

La fonction $f$ est bien définie sur $] 0; + \infty [$ et

x f (x) = \frac{π}{2} - \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- t x}}{1 + t^{2}} d t .

Posons

u (x, t) = \frac{e^{- t x}}{1 + t^{2}}

définie sur $] 0; + \infty [\times [0; + \infty [$ .
$u$ admet deux dérivées partielles

\frac{\partial u}{\partial x} (x, t) = - \frac{t}{1 + t^{2}} e^{- t x} et \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}} (x, t) = \frac{t^{2}}{1 + t^{2}} e^{- t x} .

Pour chaque $x > 0$ , les fonctions $u$ et $\frac{\partial u}{\partial x}$ sont intégrables et pour tout $[a; b] \subset] 0; + \infty [$ , on a la domination

| \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}} (x, t) | \leq e^{- a t} = φ (t)

avec $φ$ intégrable. On en déduit que la fonction

x \mapsto \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- t x}}{1 + t^{2}} d t

est définie et de classe $𝒞^{2}$ sur $] 0; + \infty [$ . Il en est de même pour $f$ par opérations sur de telles fonctions.
Quand $x \to + \infty$ ,

0 \leq \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- t x}}{1 + t^{2}} d t \leq \int_{0}^{+ \infty} e^{- t x} d t = \frac{1}{x}

donc $x f (x) \to \frac{π}{2}$ puis

f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{π}{2 x} .

Étudions maintenant $f (x)$ quand $x \to 0^{+}$ .
Par le changement de variable $u = t x$ ,

f (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{1 - e^{- u}}{x^{2} + u^{2}} d u = \int_{0}^{+ \infty} \frac{u}{x^{2} + u^{2}} \frac{1 - e^{- u}}{u} d u

avec

φ : u \mapsto \frac{1 - e^{- u}}{u} .

Par intégration par parties,

f (x) = {[\frac{1}{2} \ln (x^{2} + u^{2}) φ (u)]}_{0}^{+ \infty} - \frac{1}{2} \int_{0}^{+ \infty} \ln (x^{2} + u^{2}) φ^{'} (u) d u .

Pour $x \in] 0; 1]$ ,

| \ln (x^{2} + u^{2}) | \leq | \ln (u^{2}) | + | \ln (1 + u^{2}) |

et la fonction

u \mapsto (| \ln (u^{2}) | + | \ln (1 + u^{2}) |) φ^{'} (u)

est intégrable sur $] 0; + \infty [$ car $φ^{'}$ peut être prolongée par continuité en 0 et

φ^{'} (u) \underset{u \to + \infty}{\sim} \frac{e^{- u}}{u} .

On en déduit

f (x) = - \ln (x) + O (1) \underset{x \to 0^{+}}{\sim} - \ln (x) .

Exercice 92 533 Correction

Soit

f : x \mapsto \int_{0}^{π / 2} \frac{\cos (t)}{t + x} d t .

(a)

Montrer que $f$ est définie, continue sur $ℝ_{+}^{*}$ . Étudier les variations de $f$ .
(b)

Déterminer les limites de $f$ en $0^{+}$ et $+ \infty$ .
(c)

Déterminer un équivalent de $f$ en $0^{+}$ et $+ \infty$ .

Solution

(a)

Introduisons $g (x, t) = \frac{\cos (t)}{t + x}$ définie sur $ℝ_{+}^{*} \times [0; π / 2]$ .
La fonction $g$ est continue et $x$ et continue par morceaux en $t$ .
Pour $[a; b] \subset ℝ_{+}^{*}$ , on a

$\forall (x, t) \in [a; b] \times [0; π / 2], | g (x, t) | \leq \frac{1}{t + a} = φ (t) .$

La fonction $φ$ est intégrable sur $[0; π / 2]$ .
Par domination sur tout segment, on peut affirmer que $f$ est continue sur $ℝ_{+}^{*}$ .
Aussi, pour $0 < x \leq x^{'}$ , on a

$\forall t \in [0; π / 2], g (x^{'}, t) \leq g (x, t) .$

En intégrant, on obtient $f (x^{'}) \leq f (x)$ . La fonction $f$ est donc décroissante.
On aurait pu aussi établir que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ et étudier le signe de sa dérivée.
(b)

On a

$0 \leq f (x) \leq \int_{0}^{π / 2} \frac{1}{x + t} d t \to_{x \to + \infty}^{} 0$

et

$f (x) \geq \int_{0}^{π / 4} \frac{\cos (t)}{t + x} d t \geq \frac{\sqrt{2}}{2} {[\ln (t + x)]}_{0}^{π / 4} = \frac{\sqrt{2}}{2} \ln (\frac{x + π / 4}{x}) \to_{x \to 0^{+}}^{} + \infty .$
(c)

$\frac{1}{x + π / 2} \int_{0}^{π / 2} \cos (t) d t \leq f (x) \leq \frac{1}{x} \int_{0}^{π / 2} \cos (t) d t$

donc

$f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{x} .$

On sait:

$\forall 0 \leq t \leq π / 2, 1 - \frac{1}{2} t^{2} \leq \cos (t) \leq 1$

donc

$\int_{0}^{π / 2} \frac{d t}{t + x} - \frac{1}{2} \int_{0}^{π / 2} \frac{t^{2} d t}{t + x} \leq f (x) \leq \int_{0}^{π / 2} \frac{d t}{t + x} .$

Or

$\int_{0}^{π / 2} \frac{d t}{t + x} = \ln (\frac{x + π / 2}{x}) \underset{0}{\sim} - \ln (x)$

et

$0 \leq \int_{0}^{π / 2} \frac{t^{2} d t}{t + x} \leq \int_{0}^{π / 2} t d t = C = o (\ln (x))$

donc

$f (x) \underset{x \to 0}{\sim} - \ln (x) .$

Exercice 93 5837 Correction

Pour $x$ réel convenable, on pose

f (x) = \int_{0}^{π / 4} \tan^{x} (t) d t .

(a)

Déterminer l’intervalle $I$ de définition de $f$ .
(b)

Établir que $f$ est continue sur $I$ .
(c)

Étudier la monotonie de $f$ .
(d)

Calculer $f (x) + f (x + 2)$ pour $x$ réel convenable.
(e)

Déterminer des équivalents simples de $f$ aux extrémités de $I$ .

Solution

(a)

Sous réserve d’existence,

$f (x) = \int_{0}^{π / 4} u (x, t) d t$

avec

$u (x, t) = \tan^{x} (t) pour x \in ℝ et t \in] 0; π / 4] .$

Soit $x \in ℝ$ . La fonction $t \mapsto u (x, t)$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; π / 4]$ . Puisque cette fonction est positive, l’existence de l’intégrale définissant $f (x)$ équivaut à l’intégrabilité de $t \mapsto u (x, t)$ sur $] 0; π / 4]$ .

Or

$u (x, t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} t^{x} = \frac{1}{t^{- x}} .$

Par équivalence à une fonction de Riemann, $t \mapsto u (x, t)$ est intégrable sur $] 0; π / 4]$ si, et seulement si, $- x < 1$ .

On en déduit que $f$ est définie sur $I =] - 1; + \infty [$ .
(b)

Pour tout $t \in] 0; π / 4]$ , $x \mapsto u (x, t)$ est continue sur $] 0; + \infty [$ .

Soit $a > - 1$ . On a

$\forall x \in [a; + \infty [, \forall t \in] 0; π / 4], | u (x, t) | = \tan^{x} (t) \leq \tan^{a} (t) = φ_{a} (t) .$

La fonction $φ_{a} :] 0; π / 4] \to ℝ_{+}$ est intégrable sur $] 0; π / 4]$ .

Par domination, $f$ est continue sur $[a; + \infty [$ . Or cela vaut pour tout $a > - 1$ et donc $f$ est continue sur $] - 1; + \infty [$ .
(c)

Pour $- 1 < x \leq y$ , on remarque

$\forall t \in] 0; π / 4], \tan^{y} (t) \leq \tan^{x} (t) car \tan (t) \leq 1 .$

Par intégration en bon ordre, on obtient $f (y) \leq f (x)$ . La fonction $f$ est décroissante sur $] - 1; + \infty [$ .
(d)

Pour $x \in] - 1; + \infty [$

$f (x) + f (x + 2) = \int_{0}^{π / 4} (1 + \tan^{2} (t)) \tan^{x} (t) d t = {[\frac{1}{x + 1} \tan^{x + 1} (t)]}_{0}^{π / 4} = \frac{1}{x + 1} .$
(e)

Par continuité de $f$ ,

$f (x + 2) \to_{x \to - 1^{+}}^{} f (1) \in ℝ .$

On a donc

$f (x) = \frac{1}{x + 1} - f (x + 2) \underset{x \to - 1^{+}}{=} \frac{1}{x + 1} + o (\frac{1}{x + 1}) \underset{x \to - 1^{+}}{\sim} \frac{1}{x + 1} .$

Par décroissance de $f$ , on a pour $x > - 1$

$\underset{\begin{matrix} = 1 / (x + 1) \end{matrix}}{\underset{⏟}{f (x) + f (x + 2)}} \leq 2 f (x) \leq \underset{\begin{matrix} = 1 / (x - 1) \end{matrix}}{\underset{⏟}{f (x - 2) + f (x)}} .$

Par équivalence des termes encadrants,

$f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2 x} .$

Exercice 94 5917 Correction

Pour $x$ réel convenable, on pose

f (x) = \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{t^{x} (1 + t)} d t .

(a)

Déterminer l’intervalle $I$ de définition de $f$ .
(b)

Établir que $f$ est continue sur $I$ .
(c)

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $I$ puis étudier monotonie et convexité de $f$ .
(d)

Pour $x \in I$ , simplifier $f (x) + f (x + 1)$ .
(e)

En déduire des équivalents simples de $f$ aux extrémités de $I$ .

Solution

(a)

Sous réserve d’existence,

$f (x) = \int_{1}^{+ \infty} u (x, t) d t$

avec

$u (x, t) = \frac{1}{t^{x} (1 + t)} pour x \in ℝ et t \in [1; + \infty [.$

Soit $x \in ℝ$ . La fonction $t \mapsto u (x, t)$ est définie et continue par morceaux sur $] 1; + \infty [$ . Puisque cette fonction est positive, l’existence de l’intégrale définissant $f (x)$ équivaut à l’intégrabilité de $t \mapsto u (x, t)$ sur $[1; + \infty [$ .

Or

$u (x, t) \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{1}{t^{x + 1}} .$

Par équivalence à une fonction de Riemann, $t \mapsto u (x, t)$ est intégrable sur $[1; + \infty [$ si, et seulement si, $x + 1 > 1$ .

On en déduit que $f$ est définie sur $I =] 0; + \infty [$ .
(b)

Pour tout $t \in [1; + \infty [$ , $x \mapsto u (x, t)$ est continue sur $] 0; + \infty [$ .

Soit $a > 0$ . On a

$\forall x \in [a; + \infty [, \forall t \in [1; + \infty [, | u (x, t) | = \frac{1}{t^{x} (1 + t)} \leq \frac{1}{t^{a} (1 + t)} \leq \frac{1}{t^{a + 1}} = φ_{a} (t) .$

La fonction $φ_{a} : [1; + \infty [\to ℝ_{+}$ est intégrable sur $[1; + \infty [$ .

Par domination, $f$ est continue sur $[a; + \infty [$ . Or cela vaut pour tout $a > 0$ et donc $f$ est continue sur $] 0; + \infty [$ .
(c)

Pour tout $t \in [1; + \infty [$ , $x \mapsto u (x, t)$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $] 0; + \infty [$ avec

$\frac{\partial u}{\partial x} (x, t) = - \frac{\ln (t)}{t^{x} (1 + t)} et \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}} (x, t) = \frac{{(\ln (t))}^{2}}{t^{x} (1 + t)} .$

Pour tout $x > 0$ ,

$\frac{\partial u}{\partial x} (x, t) = - \frac{\ln (t)}{t^{x} (1 + t)} \underset{t \to + \infty}{\sim} - \frac{\ln (t)}{t^{1 + x}} \underset{t \to + \infty}{=} o (\frac{1}{t^{1 + x / 2}}) .$

La fonction $t \mapsto \frac{\partial u}{\partial x} (x, t)$ est donc intégrable sur $[1; + \infty [$ .

Soit $a > 0$ . Pour $x \in [a; + \infty [$ et $t \in [1; + \infty [$ ,

$| \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}} (x, t) | \leq \frac{{(\ln (t))}^{2}}{t^{a} (1 + t)} = φ_{a} (t) .$

La fonction $φ_{a}$ est intégrable sur $[1; + \infty [$ car

$φ_{a} (t) \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{{(\ln (t))}^{2}}{t^{a + 1}} \underset{t \to + \infty}{=} o (\frac{1}{t^{1 + a / 2}}) .$

Par domination sur tout $[a; + \infty [$ inclus dans $] 0; + \infty [$ , la fonction $f$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $I$ avec

$\forall x \in I, f^{'} (x) = - \int_{1}^{+ \infty} \frac{\ln (t)}{t^{x} (1 + t)} d t et f^{''} (x) = \int_{1}^{+ \infty} \frac{{(\ln (t))}^{2}}{t^{x} (1 + t)} d t .$

Par intégration de fonctions de signes constants, $f^{'} \leq 0$ et $f^{''} \geq 0$ : la fonction $f$ est décroissante et convexe.
(d)

Pour $x > 0$ ,

$f (x) + f (x + 1) = \int_{1}^{+ \infty} \frac{(t + 1) d t}{t^{x + 1} (1 + t)} = \int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{x + 1}} = \frac{1}{x} .$
(e)

Par continuité de $f$ ,

$f (x + 1) \to_{x \to 0^{+}}^{} f (1) \in ℝ$

et donc

$f (x) = \frac{1}{x} - f (x + 1) \underset{x \to 0^{+}}{=} \frac{1}{x} + o (\frac{1}{x}) \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{x} .$

Par décroissance de $f$ , on a pour $x > 1$

$\underset{\begin{matrix} = 1 / x \end{matrix}}{\underset{⏟}{f (x) + f (x + 1)}} \leq 2 f (x) \leq \underset{\begin{matrix} = 1 / (x - 1) \end{matrix}}{\underset{⏟}{f (x - 1) + f (x)}} .$

Par équivalence des termes encadrants,

$f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2 x} .$

Exercice 95 5619 Correction

Pour $x \in] 0; 1 [$ , on pose

f (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{x} (t + 1)} .

(a)

Montrer que la fonction $f$ est définie et continue sur $] 0; 1 [$ .
(b)

Justifier que $f (1 - x) = f (x)$ pour tout $x \in] 0; 1 [$ .
(c)

Calculer $f (1 / 2)$ .
(d)

Déterminer les limites de $f$ aux bornes de $] 0; 1 [$ .

Solution

(a)

Définition Soit $u :] 0; 1 [\times] 0; + \infty [\to ℝ$ la fonction définie par

$u (x, t) = \frac{1}{t^{x} (t + 1)} .$

Pour tout $x \in] 0; 1 [$ , la fonction $t \mapsto u (x, t)$ est continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ avec

$u (x, t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{t^{x}} et u (x, t) \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{1}{t^{x + 1}} .$

Par références aux intégrales de Riemann, la fonction $t \mapsto u (x, t)$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ .

On en déduit que $f$ est definie sur $] 0; 1 [$ .

Continuité Pour chaque $t \in] 0; + \infty [$ , la fonction $x \mapsto f (x, t)$ est continue sur $] 0; 1 [$ .

Pour chaque $x \in] 0; 1 [$ , la fonction $t \mapsto f (x, t)$ est continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ .

Soit $[a; b] \subset] 0; 1 [$ . Pour $x \in [a; b]$ et $t \in] 0; + \infty [$ ,

$| u (x, t) | = \frac{t^{- x}}{t + 1} .$

Si $t \geq 1$ alors $\ln (t) \geq 0$ et $t^{- x} \leq t^{- a}$ . En revanche, si $t \leq 1$ , $t^{- x} \leq t^{- b}$ . Dans les deux cas, on peut écrire $t^{- x} \leq t^{- a} + t^{- b}$ et l’on a donc

$| u (x, t) | = \frac{1}{t + 1} (t^{- a} + t^{- b}) = \frac{1}{t^{a} (t + 1)} + \frac{1}{t^{b} (t + 1)} = φ_{a, b} (t) .$

La fonction $φ_{a, b}$ est intégrable en tant que somme de deux fonctions intégrables.

Par domination sur tout segment, on peut affirmer que $f$ est continue sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Par le changement de variable $s = 1 / t$ ,

$f (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{x} (1 + t)} = \int_{+ \infty}^{0} \frac{- d s}{s^{2} s^{- x} (1 + 1 / s)} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d s}{s^{1 - x} (s + 1)} = f (1 - x) .$
(c)

Par le changement de variable $t = s^{2}$ ,

$f (\frac{1}{2}) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 d s}{1 + s^{2}} = {[2 \arctan (s)]}_{0}^{+ \infty} = π .$
(d)

Soit $x \in] 0; 1 [$ . Pour tout $t \in] 0; + \infty [$ , on a $t^{x} (t + 1) \leq {(t + 1)}^{x + 1}$ donc

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{x} (t + 1)} \geq \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{{(t + 1)}^{x + 1}} = {[- \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{{(t + 1)}^{x}}]}_{0}^{+ \infty} = \frac{1}{x} \to_{x \to 0^{+}}^{} + \infty .$

Par minoration,

$f (x) \to_{x \to 0^{+}}^{} + \infty .$

Par la relation de la question précédente,

$f (x) \to_{x \to 1^{-}}^{} + \infty .$

Exercice 96 5055

(a)

Déterminer le domaine de définition réel $I$ de la fonction $f$ donnée par

$f (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{x} (t + 1)} .$
(b)

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $I$ .
(c)

Déterminer des équivalents simples de $f$ aux bornes de $I$ .

Exercice 97 3736 CENTRALE (MP)Correction

On pose

f (α) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{α} (1 + x)} .

(a)

Étudier l’ensemble de définition de $f$ .
(b)

Donner un équivalent de $f$ en 0.
(c)

Montrer que le graphe de $f$ admet une symétrie d’axe $x = 1 / 2$ .
(d)

Montrer que $f$ est continue sur son ensemble de définition.
(e)

Calculer la borne inférieure de $f$ .
Énoncé fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA

Solution

(a)

La fonction $x \mapsto 1 / x^{α} (1 + x)$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ avec

$\frac{1}{x^{α} (1 + x)} \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{x^{α}} et \frac{1}{x^{α} (1 + x)} \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{x^{α + 1}} .$

Cette fonction est donc intégrable si, et seulement si, $α \in] 0; 1 [$ .

La fonction intégrée étant de surcroît positive, l’intégrale définissant $f (α)$ converge si, et seulement si, $α \in] 0; 1 [$ .
(b)

On a

$f (α) - \int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{α + 1}} = \int_{0}^{1} \frac{d x}{x^{α} (1 + x)} - \int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{α + 1} (1 + x)} .$

Or

$| \int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{α + 1} (1 + x)} | \leq \int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x (1 + x)} = C$

et pour $α \leq 1 / 2$

$| \int_{0}^{1} \frac{d x}{x^{α} (1 + x)} | \leq \int_{0}^{1} \frac{d x}{\sqrt{x} (1 + x)} = C^{'} .$

On a donc

$f (α) \underset{α \to 0^{+}}{=} \int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{α + 1}} + O (1) = \frac{1}{α} + O (1) \sim \underset{α \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{α} .$

On peut aussi obtenir cet équivalent en commençant par opérer le changement de variable $u = x^{α}$ .
(c)

Par le changement de variable $𝒞^{1}$ strictement décroissant $x = 1 / t$ , on obtient $f (α) = f (1 - α)$ d’où la symétrie affirmée.
(d)

Posons

$u (α, x) = \frac{1}{x^{α} (1 + x)} .$

Pour chaque $x \in] 0; + \infty [$ , la fonction $α \mapsto u (α, x)$ est continue et pour chaque $α \in] 0; 1 [$ la fonction $x \mapsto u (α, x)$ est continue par morceaux. Enfin pour $α \in [a; b] \in] 0; 1 [$ (avec $a > 0$ ), on a

$| u (x, α) | \leq \frac{1}{x^{a} (1 + x)} si x \in [1; + \infty [$

et

$| u (x, α) | \leq \frac{1}{x^{b} (1 + x)} si x \in] 0; 1] .$

Ainsi,

$| u (x, α) | \leq φ_{a, b} (x) pour x \in] 0; + \infty [$

en posant $φ_{a} (x) = u (a, x) + u (b, x)$ qui est intégrable.
Par domination sur tout segment, on peut affirmer que $f$ est continue sur $] 0; 1 [$ .
(e)

Par le changement de variable $x = 1 / t$ , on peut écrire

$\int_{0}^{1} \frac{d x}{x^{α} (1 + x)} = \int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{1 - α} (1 + t)}$

et alors

$f (α) = \int_{1}^{+ \infty} \frac{x^{1 - α} + x^{α}}{x (1 + x)} d x .$

On vérifie que pour $x \geq 1$ , la fonction $α \mapsto x^{1 - α} + x^{α}$ est décroissante sur $] 0; 1 / 2]$ puis croissante sur $[1 / 2; 1 [$ . La fonction $f$ a donc la même monotonie et son minimum est donc

$f (1 / 2) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{\sqrt{t} (1 + t)} = π$

via le changement de variable $u = \sqrt{t}$ .

Exercice 98 3313

(Une fonction de Bessel)

Pour $x \in ℝ$ , on pose

f (x) = \frac{1}{π} \int_{0}^{π} \cos (x \sin (θ)) d θ .

(a)

Montrer que $f$ est définie et de classe $𝒞^{2}$ sur $ℝ$ .
(b)

Déterminer une équation différentielle linéaire d’ordre 2 dont $f$ est solution.
(c)

Montrer que $f$ est développable en série entière sur $ℝ$ .
(d)

Calculer les coefficients de ce développement en employant l’équation différentielle.

Exercice 99 4717

Pour $x \geq 0$ , on pose

f (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\ln (1 + x t)}{1 + t^{2}} d t .

(a)

Montrer que la fonction $f$ est définie et continue sur $ℝ_{+}$ .
(b)

Justifier que la fonction $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ et exprimer $f^{'} (x)$ à l’aide d’une intégrale.
(c)

Calculer $f^{'} (x)$ en employant l’identité qui suit, valable pour tous $x, t \in ℝ_{+}$ ,

$\frac{t}{(1 + x t) (1 + t^{2})} = \frac{1}{1 + x^{2}} (\frac{x}{1 + t^{2}} + \frac{t}{1 + t^{2}} - \frac{x}{1 + x t}) .$

Exercice 100 5430 MINES (MP)Correction

Montrer qu’il existe un unique réel $x$ vérifiant

\int_{0}^{+ \infty} \frac{\ln (t) e^{- t}}{1 + t^{x}} d t = 0 .

Solution

Étudions la fonction

f : x \mapsto \int_{0}^{+ \infty} \frac{\ln (t) e^{- t}}{1 + t^{x}} d t .

On introduit

u (x, t) = \frac{\ln (t) e^{- t}}{1 + t^{x}} pour (x, t) \in ℝ \times] 0; + \infty [.

Pour tout $x \in ℝ$ , la fonction $u (x, \cdot)$ est continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ et

| u (x, t) | \leq | \ln (t) | e^{- t} = φ (t) .

(1)

La fonction $φ :] 0; + \infty [\to ℝ$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ car

φ (t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} | \ln (t) | \underset{t \to 0^{+}}{=} o (\frac{1}{\sqrt{t}}) et t^{2} φ (t) \to_{t \to + \infty}^{} 0 .

On en déduit que la fonction $f$ est définie sur $ℝ$ .

De plus, la fonction $u$ admet une dérivée partielle en $x$

\frac{\partial u}{\partial x} (x, t) = - \frac{{(\ln (t))}^{2} t^{x} e^{- t}}{{(1 + t^{x})}^{2}} .

Celle-ci est continue en $x$ , continue par morceaux en $t$ et

	$\forall (x, t) \in ℝ \times] 0; + \infty [, \| \frac{\partial u}{\partial x} (x, t) \|$	$= {(\ln (t))}^{2} e^{- t} \frac{t^{x}}{1 + t^{x}} \cdot \frac{1}{1 + t^{x}}$
		$\leq {(\ln (t))}^{2} e^{- t} = ψ (t) .$

La fonction $ψ :] 0; + \infty [\to ℝ$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ car

ψ (t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} {(\ln (t))}^{2} \underset{t \to 0^{+}}{=} o (\frac{1}{\sqrt{t}}) et t^{2} ψ (t) \to_{t \to + \infty}^{} 0 .

Par domination, on peut affirmer que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ et

f^{'} (x) = - \int_{0}^{+ \infty} \frac{{(\ln (t))}^{2} t^{x} e^{- t}}{{(1 + t^{x})}^{2}} d t .

La fonction intégrée est continue, positive et ce n’est pas la fonction nulle donc

\forall x \in ℝ, f^{'} (x) < 0 .

On en déduit que la fonction $f$ est strictement décroissante et réalise donc une bijection de $ℝ$ vers $] ℓ_{+ \infty}; ℓ_{- \infty} [$ avec

ℓ_{- \infty} = lim_{x \to - \infty} f (x) et ℓ_{+ \infty} = lim_{x \to + \infty} f (x) .

Par la domination (1), on peut déterminer ces limites:

ℓ_{+ \infty} = \int_{0}^{+ \infty} lim_{x \to + \infty} (\frac{\ln (t) e^{- t}}{1 + t^{x}}) d t = \int_{0}^{1} \ln (t) e^{- t} d t < 0

ℓ_{+ \infty} = \int_{0}^{+ \infty} lim_{x \to + \infty} (\frac{\ln (t) e^{- t}}{1 + t^{x}}) d t = \int_{1}^{+ \infty} \ln (t) e^{- t} d t > 0 .

On peut alors conclure que la fonction $f$ s’annule une unique fois sur $ℝ$ .

Exercice 101 5431 MINES (MP)Correction

On étudie la fonction d’une variable réelle

f : x \mapsto \int_{0}^{π / 2} \sin^{x} (t) d t .

(a)

Préciser le domaine de définition de $f$ .
(b)

Étudier la continuité et la monotonie de $f$
(c)

Étudier la limite de $f$ en $+ \infty$ .
(d)

Déterminer un équivalent simple de $f$ en $- 1^{+}$ .

Solution

(a)

Soit $x \in ℝ$ . La fonction $t \mapsto \sin^{x} (t)$ est continue par morceaux sur $] 0; π / 2]$ et vérifie

$\sin^{x} (t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} t^{x} = \frac{1}{t^{- x}} .$

La fonction $t \mapsto \sin^{x} (t)$ est donc intégrable sur $] 0; π / 2]$ si, et seulement si, $- x < 1$ c’est-à-dire $x > - 1$ . De plus, c’est une fonction positive et étudier l’intégrabilité équivaut à étudier la convergence de l’intégrale associée. On en déduit que la fonction $f$ est définie sur l’intervalle $] - 1; + \infty [$ .
(b)

Posons

$u (x, t) = \sin^{x} (t) pour (x, t) \in ℝ \times] 0; π / 2] .$

Pour tout $t \in] 0; π / 2]$ , la fonction $x \mapsto u (x, t)$ est continue sur $] - 1; + \infty [$ .

Soit $a > - 1$ . Pour tout $(x, t) \in [a; + \infty [\times] 0; π / 2]$ ,

$| u (x, t) | \leq | \sin^{a} (t) | = φ_{a} (t) .$ (1)

La fonction $φ_{a}$ est intégrable sur $] 0; π / 2]$ .

Par domination, $f$ est continue sur $[a; + \infty [$ . Or cela vaut pour tout $a > - 1$ donc $f$ est continue sur $] - 1; + \infty [$ .

Soient $x, x^{'} > - 1$ avec $x \leq x^{'}$ . Pour tout $t \in] 0; π / 2]$ ,

$\sin^{x} (t) \geq \sin^{x^{'}} (t)$

et, par intégration en bon ordre, $f (x) \geq f (x^{'})$ . La fonction $f$ est décroissante.
(c)

Par la domination (1), on détermine la limite de $f$ en $+ \infty$

$lim_{x \to + \infty} f (x) = \int_{0}^{π / 2} lim_{x \to + \infty} (\sin^{x} (t)) d t = 0 .$
(d)

Par intégration par parties (cf. intégrale de Wallis), on vérifie

$f (x + 2) = \frac{x + 1}{x + 2} f (x) .$

Par continuité de $f$ en $1$ ,

$f (x) = \frac{x + 2}{x + 1} f (x + 2) \underset{x \to - 1^{+}}{\sim} \frac{1}{x + 1} f (1) = \frac{1}{x + 1} .$

Exercice 102 536 Correction

Soit $f$ la fonction donnée par

f (x) = \int_{0}^{π / 2} \sin^{x} (t) d t .

(a)

Montrer que $f$ est définie et positive sur $] - 1; + \infty [$ .
(b)

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ et préciser sa monotonie.
(c)

Former une relation entre $f (x + 2)$ et $f (x)$ pour tout $x > - 1$ .
(d)

On pose pour $x > 0$ ,

$φ (x) = x f (x) f (x - 1) .$

Montrer que

$\forall x > 0, φ (x + 1) = φ (x) .$

Calculer $φ (n)$ pour $n \in ℕ^{*}$ .
(e)

Déterminer un équivalent à $f$ en $- 1^{+}$ .

Solution

(a)

La fonction $t \mapsto {(\sin (t))}^{x}$ est définie, continue et positive sur $] 0; π / 2]$ .
Quand $t \to 0^{+}$ , ${(\sin (t))}^{x} \sim t^{x}$ avec $x > - 1$ donc $t \mapsto {(\sin (t))}^{x}$ est intégrable sur $] 0; π / 2]$ .
Ainsi $f$ est définie et positive sur $] - 1; + \infty [$
(b)

La fonction

$\frac{\partial g}{\partial x} (x, t) = \ln (\sin (t)) {(\sin (t))}^{x}$

est définie, continue en $x$ et continue par morceaux en $t$ .
Soit $[a; b] \subset] - 1; + \infty [$ . Sur $[a; b] \times] 0; π / 2]$

$| \frac{\partial g}{\partial x} (x, t) | \leq | \ln (\sin (t)) {(\sin (t))}^{a} | = φ (t)$

avec $φ$ est intégrable sur $] 0; π / 2]$ car pour $α$ tel que $- a < α < 1$ ,

$t^{α} φ (t) \sim t^{a + α} | \ln (t) | \to 0 .$

Par domination sur tout segment, $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] - 1; + \infty [$ et

$f^{'} (x) = \int_{0}^{π / 2} \ln (\sin (t)) {(\sin (t))}^{x} d t \leq 0 .$

Ainsi la fonction $f$ est décroissante.
(c)

En intégrant par parties

$f (x + 2) = \int_{0}^{π / 2} {(\sin (t))}^{x} (1 - \cos^{2} (t)) d t = f (x) - {[\frac{{(\sin (t))}^{x + 1}}{x + 1} \cos (t)]}_{0}^{π / 2} - \frac{1}{x + 1} f (x + 2)$

et donc

$f (x + 2) = \frac{x + 1}{x + 2} f (x) .$
(d)

On a

$φ (x + 1) = (x + 1) f (x + 1) f (x) = x f (x - 1) f (x) = φ (x)$

et

$φ (1) = f (0) f (1) = π / 2$

donc par récurrence

$\forall n \in ℕ^{*}, φ (n) = π / 2 .$
(e)

$φ$ est continue et quand $x \to 0$ ,

$φ (x) = φ (1 + x) \to φ (1) = π / 2 .$

Or quand $x \to 0$ ,

$f (x) \to f (0) = π / 2$

donc quand $x \to - 1$ ,

$f (x) = \frac{φ (x + 1)}{(x + 1) f (x + 1)} \sim \frac{1}{x + 1} .$

On peut montrer que $φ$ est en fait une fonction constante.

Exercice 103 2878 MINES (MP)

Pour $x$ réel convenable, on pose

f (x) = \int_{0}^{π / 2} \sin^{x} (t) d t .

(a)

Déterminer l’intervalle $I$ de définition de $f$ .
(b)

Montrer que la fonction $f$ est continue et décroissante sur $I$
(c)

Calculer $(x + 1) f (x) f (x + 1)$ pour tout $x \in I$ .

Exercice 104 4719

Étudier la définition et la continuité de la fonction $F$ définie par

F (z) = \int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{t + z} d t

avec $z \in Ω = {z \in ℂ | Re (z) > 0}$ .

Exercice 105 2875 MINES (MP)Correction

Soit $Ω = {z \in ℂ | Re (z) > - 1}$ . Si $z \in Ω$ , on pose

f (z) = \int_{0}^{1} \frac{t^{z}}{1 + t} d t .

(a)

Montrer que $f$ est définie et continue sur $Ω$ .
(b)

Donner un équivalent de $f (x)$ quand $x$ tend vers $- 1$ .
(c)

Donner un équivalent de $f (z)$ quand $Re (z) \to + \infty$ .

Solution

(a)

Pour $a > - 1$ , on note $Ω_{a} = {z \in ℂ | Re (z) \geq a}$ .
$t \mapsto \frac{t^{z}}{1 + t}$ est continue par morceaux sur $] 0; 1]$ , $z \mapsto \frac{t^{z}}{1 + t}$ est continue sur $Ω$ et pour $z \in Ω_{a}$ ,

$| \frac{t^{z}}{1 + t} | \leq \frac{t^{a}}{1 + t} = φ (t)$

avec $φ$ intégrable sur $] 0; 1]$ car $φ (t) \sim t^{a}$ quand $t \to 0^{+}$ .
Par domination, on peut affirmer que $f$ est définie et continue sur $Ω_{a}$ .
Ceci valant pour tout $a > - 1$ , on peut encore affirmer que $f$ est définie et continue sur $Ω$ .
(b)

On observe

$f (x) + f (x + 1) = \int_{0}^{1} t^{x} d t = \frac{1}{x + 1}$

et par continuité

$f (x + 1) \to_{x \to - 1}^{} f (0)$

donc

$f (x) \underset{x \to - 1}{\sim} \frac{1}{x + 1} .$
(c)

Par intégration par parties

$(z + 1) f (z) = \frac{1}{2} + \int_{0}^{1} \frac{t^{z + 1}}{{(1 + t)}^{2}} d t .$

Or

$| \int_{0}^{1} \frac{t^{z + 1}}{{(1 + t)}^{2}} d t | \leq \int_{0}^{1} | t^{z + 1} | d t$

avec

$| t^{z + 1} | = | \exp ((z + 1) \ln (t) | = \exp ((Re (z) + 1) \ln (t)) = t^{Re (z) + 1}$

car les exponentielles imaginaires sont de module 1.
On a alors

$| \int_{0}^{1} \frac{t^{z + 1}}{{(1 + t)}^{2}} d t | \leq \int_{0}^{1} t^{Re (z) + 1} d t = \frac{1}{Re (z) + 2} \to_{Re (z) \to + \infty}^{} 0 .$

Ainsi,

$(z + 1) f (z) \to_{Re (z) \to + \infty}^{} \frac{1}{2}$

puis

$f (z) \underset{Re (z) \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2 z} .$

Exercice 106 5428 MINES (MP)Correction

Dans ce sujet, on étudie la fonction

f : x \mapsto \int_{1}^{+ \infty} e^{i t^{x}} d t .

(a)

Pour quels $x \in ℝ$ , l’intégrale définissant $f (x)$ est-elle convergente?
(b)

Étudier la continuité de $f$ .
(c)

Déterminer un équivalent simple de $f$ en $+ \infty$ .

Solution

(a)

Cas: $x \leq 0$ . La fonction $t \mapsto e^{i t^{x}}$ tend vers une limite non nulle en $+ \infty$ , l’intégrale étudiée diverge.

Cas: $x > 1$ . Soit $X \geq 1$ . On procède à une intégration par parties.

$\int_{1}^{X} e^{i t^{x}} d t$ $= \int_{1}^{X} \frac{i x t^{x - 1}}{i x t^{x - 1}} e^{i t^{x}} d t$

$= {[\frac{e^{i t^{x}}}{i x t^{x - 1}}]}_{1}^{X} - \int_{1}^{X} \frac{1 - x}{i x} \cdot \frac{e^{i t^{x}}}{t^{x}} d t$

$\to_{X \to + \infty}^{} \frac{{ie}^{i}}{x} + \frac{x - 1}{i x} \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{i t^{x}}}{t^{x}} d t$

avec convergence de la dernière intégrale écrite par comparaison à une intégrale de Riemann. Ainsi, l’intégrale définissant $f (x)$ converge.

Cas: $x \in] 0; 1]$ . On emploie la propriété

$\forall n \in ℤ, \forall θ \in [- π / 4 + 2 n π; π / 4 + 2 n π], Re (e^{i θ}) = \cos (θ) \geq \frac{1}{\sqrt{2}} .$

Posons alors

$a_{n} = {(- π / 4 + 2 n π)}^{1 / x} et b_{n} = {(π / 4 + 2 n π)}^{1 / x} .$

On observe

$Re (\int_{a_{n}}^{b_{n}} e^{i t^{x}} d t) \geq \frac{b_{n} - a_{n}}{\sqrt{2}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{{(2 π)}^{1 / x}}{4 \sqrt{2} x} n^{1 / x - 1} \to_{n \to + \infty}^{} {\begin{matrix} + \infty & si x < 1 \\ \frac{π}{2 \sqrt{2}} & si x = 1 . \end{matrix}$

On en déduit que l’intégrale définissant $f (x)$ ne peut converger. En effet, si celle-ci convergeait, on devrait avoir

$\int_{a_{n}}^{b_{n}} e^{i t^{x}} d t = \int_{1}^{b_{n}} e^{i t^{x}} d t - \int_{1_{n}}^{a_{n}} e^{i t^{x}} d t \to_{n \to + \infty}^{} \int_{1}^{+ \infty} e^{i t^{x}} d t - \int_{1}^{+ \infty} e^{i t^{x}} d t = 0 .$

Finalement, la fonction $f$ est définie sur $] 1; + \infty [$ .
(b)

On ne peut pas appliquer de théorème de continuité par domination à l’expression initiale de $f (x)$ car l’intégrale ne converge pas absolument. Considérons alors la réécriture

$f (x) = \frac{{ie}^{i}}{x} + \frac{x - 1}{i x} \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{i t^{x}}}{t^{x}} d t pour tout x > 1 .$ (1)

On vérifie facilement la continuité sur $] 1; + \infty [$ de l’application

$g : x \mapsto \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{i t^{x}}}{t^{x}} d t .$

En effet, $t \mapsto e^{i t^{x}} / t^{x}$ est continue par morceaux sur $[1; + \infty [$ , $x \mapsto e^{i t^{x}} / t^{x}$ est continue sur $] 1; + \infty [$ et, pour tout segment $[a; b] \subset] 1; + \infty [$ ,

$\forall (x, t) \in [a; b] \times [1; + \infty [, | \frac{e^{i t^{x}}}{t^{x}} | \leq \frac{1}{t^{a}} = φ (t)$

avec $φ : [1; + \infty [\to ℝ_{+}$ continue par morceaux et intégrable sur $[1; + \infty [$ .

Par opérations sur les fonctions continues, on peut alors conclure que $f$ est continue sur $] 1; + \infty [$ .
(c)

Soit $x > 1$ . Par le changement de variable $u = t^{x}$ associé à la fonction $t \mapsto t^{x}$ qui est de classe $𝒞^{1}$ strictement croissante,

$\int_{1}^{+ \infty} e^{i t^{x}} d t = \frac{1}{x} \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{i u}}{u^{1 - 1 / x}} d u .$

Il est raisonnable d’espérer

$lim_{x \to + \infty} \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{i u}}{u^{1 - 1 / x}} d u = \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{i u}}{u} d u$

mais cela ne peut pas être acquis directement par convergence dominée car il n’y a pas intégrabilité de $u \mapsto e^{i u} / u$ sur $[1; + \infty [$ . À nouveau, on considère l’expression (1) et c’est celle-ci que l’on transforme par le changement de variable $u = t^{x}$ . On obtient

$f (x) = \frac{{ie}^{i}}{x} + \frac{x - 1}{i x} \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{i u}}{u^{2 - 1 / x}} d u .$

Par convergence dominée,

$\int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{i u}}{u^{2 - 1 / x}} d u \to_{x \to + \infty}^{} \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{i u}}{u^{2}} d u .$

En effet, pour $x \geq 2$ ,

$| \frac{e^{i u}}{u^{2 - 1 / x}} | \leq \frac{1}{u^{3 / 2}} avec u \mapsto u^{3 / 2} intégrable sur [1; + \infty [.$

Par l’intégration par parties en sens inverse, on obtient

$x f (x) \to_{x \to + \infty}^{} \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{i u}}{u} d u .$

Il reste ensuite à justifier la non-nullité du terme intégral…

Sachant

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (u)}{u} d u = \frac{π}{2} et | \int_{0}^{1} \frac{\sin (u)}{u} d u | \leq 1$

on peut assure la non-nullité de la partie imaginaire du terme intégral. On peut désormais conclure

$f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{x} \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{i u}}{u} d u .$

[<] Études concrètes[>] Expression de fonctions intégrales

Exercice 107 540 Correction

Soit $f$ une application continue de $ℝ \times [a; b]$ dans $ℝ$ .

(a)

Expliquer pourquoi $f$ est uniformément continue sur $S \times [a; b]$ pour tout segment $S$ de $ℝ$ .
(b)

En déduire que $F : x \mapsto \int_{a}^{b} f (x, t) d t$ est continue sur $ℝ$ .

Pour $x \in ℝ$ , on pose $g (x) = \int_{0}^{1} e^{x t} d t$ .

(c)

À l’aide de la question précédente, étudier la continuité de $g$ . Retrouver le résultat en calculant directement $g (x)$ .

Solution

(a)

$S \times [a; b]$ est une partie compacte et toute fonction continue sur un compact y est uniformément continue.
(b)

Étudions la continuité de $F$ en $α \in ℝ$ et considérons $S = [α - 1; α + 1]$ .

$\forall ε > 0, \exists η > 0, \forall (x, t), (x^{'}, t^{'}) \in S \times [a; b], {∥ (x, t) - (x^{'}, t^{'}) ∥}_{\infty} \leq η ⟹ | f (x, t) - f (x^{'}, t^{'}) | \leq ε .$

Donc, pour $| x - α | \leq η$ ,

$| F (x) - F (α) | \leq \int_{a}^{b} ε d t = ε (b - a) .$

Ainsi, $F$ est continue en $α$ .
(c)

$(x, t) \mapsto e^{x t}$ est continue par opérations et $g$ l’est donc aussi par intégration sur un segment. Pour $x \neq 0$ , $g (x) = \frac{e^{x} - 1}{x}$ et $g (0) = 1$ .

Sans difficultés, on vérifie que $g$ est continue sur $ℝ$ .

Exercice 108 544 MINES (MP)Correction

Soient $f : I \times ℝ \to ℝ$ et $u, v : I \to ℝ$ continues.
Montrer la continuité de la fonction

x \mapsto \int_{u (x)}^{v (x)} f (x, t) d t .

Solution

Réalisons le changement de variable $t = u (x) + θ (v (x) - u (x))$

\int_{u (x)}^{v (x)} f (x, t) d t = (v (x) - u (x)) \int_{0}^{1} f (x, u (x) + θ (v (x) - u (x))) d θ .

Considérons la fonction

g : (x, θ) \mapsto f (x, u (x) + θ (v (x) - u (x)) .

Pour $[a; b] \subset I$ , la fonction $g$ est continue sur le compact $[a; b] \times [0; 1]$ et donc bornée. Par conséquent, il existe $M \in ℝ_{+}$ vérifiant

\forall (x, θ) \in [a; b] \times [0; 1], | g (x, θ) | \leq M = φ (θ) .

La fonction $φ$ est intégrable sur $[0; 1]$ et donc, par domination sur tout segment, on peut affirmer la continuité de la fonction

x \mapsto \int_{0}^{1} g (x, θ) d θ .

On en déduit la continuité de la fonction étudiée par produit.

Exercice 109 3756 Correction

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ vérifiant $f (0) = 0$ .

(a)

Pour $x$ réel non nul, calculer

$\int_{0}^{1} f^{'} (x t) d t$
(b)

En déduire que la fonction $g : ℝ^{*} \to ℝ$ donnée par

$g (x) = \frac{f (x)}{x}$

se prolonge en une fonction de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ .
(c)

Exprimer les dérivées successives en $0$ du prolongement de $g$ en fonction des dérivées successives en $0$ de $f$ .

Solution

(a)

Pour $x \neq 0$ ,

$\int_{0}^{1} f^{'} (x t) d t = \frac{1}{x} {[f (x t)]}_{0}^{1} = \frac{f (x) - f (0)}{x} = \frac{f (x)}{x}$
(b)

Pour $x \in ℝ^{*}$ ,

$g (x) = \int_{0}^{1} f^{'} (x t) d t .$

Posons $h (x, t) = f^{'} (x t)$ définie sur $ℝ \times [0; 1]$ .

Pour tout $t \in [0; 1]$ , la fonction $x \mapsto h (x, t)$ est de classe $𝒞^{\infty}$ avec pour tout $n \in ℕ$

$\frac{\partial^{n} h}{\partial x^{n}} (x, t) = t^{n} f^{(n + 1)} (x t) .$

Soit $[- a; a] \subset ℝ$ . Puisque la fonction $f^{(n + 1)}$ est continue sur le segment $[- a; a]$ , elle y est bornée et donc il existe $M_{n + 1} \in ℝ_{+}$ vérifiant

$\forall (x, t) \in [- a; a] \times [0; 1], | \frac{\partial^{n} h}{\partial x^{n}} (x, t) | \leq M_{n + 1} = φ_{a} (t) .$

Puisque la fonction $φ_{a}$ est intégrable, on peut affirmer par domination sur tout segment, que la fonction

$x \mapsto \int_{0}^{1} f^{'} (x t) d t$

est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ avec

$\frac{d^{n}}{d x^{n}} (\int_{0}^{1} f^{'} (x t) d t) = \int_{0}^{1} t^{n} f^{(n + 1)} (x t) d t .$

On en déduit que la fonction $g$ se prolonge en une fonction $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ .
(c)

Par ce qui précède, on a aussi

$g^{(n)} (0) = \int_{0}^{1} t^{n} f^{(n + 1)} (0) d t = \frac{f^{(n + 1)} (0)}{n + 1} pour tout n \in ℕ .$

Exercice 110 294 Correction

Soient $f : I \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{\infty}$ et $a \in ℝ$ tels que

f (a) = f^{'} (a) = \dots = f^{(α - 1)} (a) = 0 .

(a)

Montrer que l’on a pour tout $x \in I$

$f (x) = \int_{a}^{x} \frac{{(x - t)}^{α - 1}}{(α - 1)!} f^{(α)} (t) d t .$
(b)

En déduire que l’on peut écrire $f (x) = {(x - a)}^{α} g (x)$ avec $g$ de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ .

Solution

(a)

On applique la formule de Taylor reste-intégrale à $f$ en $a$ .
(b)

On réalise le changement de variable $t = a + θ (x - a)$ et l’on obtient

$f (x) = {(x - a)}^{α} \int_{0}^{1} \frac{{(1 - θ)}^{α - 1}}{(α - 1)!} f^{(α)} (a + θ (x - a)) d θ .$

Posons

$h (x, θ) = \frac{{(1 - θ)}^{α - 1}}{(α - 1)!} f^{(α)} (a + θ (x - a)) .$

La fonction $h$ admet des dérivées partielles

$\frac{\partial^{k} h}{\partial x^{k}} (x, θ) = \frac{{(1 - θ)}^{α - 1}}{(α - 1)!} {(x - a)}^{k} f^{(α + k)} (a + θ (x - a)) .$

Celles-ci sont continues en $x$ et continues par morceaux en $θ$ .
Soit $[a - b; a + b] \subset ℝ$ . La fonction $f^{(α + k)}$ est continue sur ce segment et y est donc bornée par un certain $M$ .
Puisque

$\forall x \in [a - b; a + b], \forall θ \in [0; 1], a + θ (x - a) \in [a - b; a + b]$

on a

$\forall (x, θ) \in [a - b; a + b] \times [0; 1], | \frac{\partial^{k} h}{\partial x^{k}} (x, θ) | \leq M = φ (θ)$

avec $φ$ fonction intégrable sur $[0; 1]$ .
Par domination sur tout segment, on peut affirmer que la fonction

$g : x \mapsto \int_{0}^{1} \frac{{(1 - θ)}^{α - 1}}{(α - 1)!} f^{(α)} (a + θ (x - a)) d θ$

est de classe $𝒞^{\infty}$ .

[<] Études théoriques[>] Calcul d'intégrales

Exercice 111 546 Correction

Soit

F : x \mapsto \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (x t)}{t} e^{- t} d t .

(a)

Justifier que $F$ est définie et de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ .
(b)

Calculer $F^{'} (x)$ .
(c)

En déduire une expression simplifiée de $F (x)$ .

Solution

(a)

Posons

$g (x, t) = \frac{\sin (x t)}{t} e^{- t} pour (x, t) \in ℝ \times] 0; + \infty [$

Pour tout $x \in ℝ$ , $t \mapsto g (x, t)$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ car elle se prolonge par continuité en $0$ et est négligeable devant $t \mapsto 1 / t^{2}$ en $+ \infty$ . La fonction $F$ est bien définie sur $ℝ$ .

Pour tout $t \in] 0; + \infty [$ , la fonction $x \mapsto g (x, t)$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ avec

$\frac{\partial g}{\partial x} (x, t) = \cos (x t) e^{- t}$

Pour tout $x \in ℝ$ et tout $t > 0$ ,

$| \frac{\partial g}{\partial x} (x, t) | = | \cos (x t) e^{- t} | = e^{- t} = φ (t)$

avec $φ$ intégrable sur $ℝ_{+}^{*}$ .

Par domination $F$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ avec

$F^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} \cos (x t) e^{- t} d t .$
(b)

On remarque $\cos (x t) e^{- t} = Re (e^{(- 1 + i x) t})$ donc

$\int_{0}^{+ \infty} \cos (x t) e^{- t} d t = Re (\int_{0}^{+ \infty} e^{(- 1 + i x) t} d t) = Re (\frac{1}{1 - i . x}) = \frac{1}{1 + x^{2}} .$
(c)

Sachant $F (0) = 0$ , on obtient $F (x) = \arctan (x)$ .

Exercice 112 545

Pour un réel $x > - 1$ , on pose

f (x) = \int_{0}^{1} \frac{t - 1}{\ln (t)} t^{x} d t .

(a)

Montrer que la fonction $f$ est bien définie sur l’intervalle $] - 1; + \infty [$ .
(b)

Justifier que la fonction est de classe $𝒞^{1}$ et calculer $f^{'} (x)$ .
(c)

En déduire une expression de $f (x)$ à l’aide des fonctions usuelles.

Exercice 113 5054 MINES (MP)

Pour un réel $x > - 1$ , on pose

f (x) = \int_{0}^{1} \frac{t^{x} - 1}{\ln (t)} d t .

(a)

Montrer que la fonction $f$ est bien définie sur l’intervalle $] - 1; + \infty [$ .
(b)

Justifier que la fonction $f$ est de classe $𝒞^{1}$ et calculer $f^{'} (x)$ puis $f (x)$ pour $x > 1$ .

Exercice 114 5321 CCINP (MP)Correction

Pour $x$ réel convenable, on pose

F (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\ln (t)}{t^{2} + x^{2}} d t .

(a)

Donner le domaine de définition $D$ de $F$ .
(b)

La fonction $F$ est-elle de classe $𝒞^{1}$ sur $D$ ?
(c)

Exprimer

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{t^{2} + x^{2}} d t$

en fonction de

$\int_{1}^{+ \infty} \frac{\ln (t)}{1 + t^{2} x^{2}} d t .$
(d)

En déduire la valeur de $F$ en $1$ .
(e)

Exprimer $F (x)$ pour $x \in D$ .

Solution

Posons

f (x, t) = \frac{\ln (t)}{t^{2} + x^{2}} pour (x, t) \in ℝ \times] 0; + \infty [.

(a)

Soit $x > 0$ .

La fonction $t \mapsto f (x, t)$ est définie, continue par morceaux et intégrable sur $] 0; + \infty [$ car négligeable devant $t \mapsto 1 / t^{3 / 2}$ en $+ \infty$ et devant $t \mapsto 1 / t^{1 / 2}$ en $0$ : l’intégrale définissant $F (x)$ existe.

Pour $x < 0$ , les arguments sont identiques et l’on remarque $F (- x) = F (x)$ .

Pour $x = 0$ , la fonction n’est pas intégrable en $0$ car

$\frac{1}{t} \underset{t \to 0}{=} o (\frac{\ln (t)}{t^{2}})$

et, par constance de signe, on peut affirmer que l’intégrale introduisant $F (0)$ n’existe pas.

Finalement, $F$ est définie sur $ℝ^{*}$ et c’est une fonction paire.
(b)

La fonction $f$ admet une dérivée partielle

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, t) = - 2 x \frac{\ln (t)}{{(t^{2} + x^{2})}^{2}} .$

Celle-ci est continue en $x$ , continue par morceaux en $t$ et, pour tout $[a; b] \subset ℝ_{+}^{*}$ ,

$\forall (x, t) \in [a; b] \times] 0; + \infty [, | \frac{\partial f}{\partial x} (x, t) | \leq \frac{2 b | \ln (t) |}{{(a^{2} + t^{2})}^{2}} = φ (t) .$

La fonction $φ$ est intégrable et, par domination, on peut affirmer que $F$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ (et sur $] - \infty; 0 [$ par parité).
(c)

Par le changement de variable $u = 1 / t$ , on observe

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{t^{2} + x^{2}} d t = - \int_{1}^{+ \infty} \frac{\ln (u)}{1 + u^{2} x^{2}} d u .$
(d)

On en déduit que $F (1) = 0$ car $F (1)$ est la somme de deux intégrales opposées.
(e)

Pour $x > 0$ ,

$- \frac{1}{2} x F^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{x^{2} \ln (t)}{{(t^{2} + x^{2})}^{2}} d t .$

Au numérateur, on écrit $x^{2} = (x^{2} + t^{2}) - t^{2}$

$- \frac{1}{2} x F^{'} (x) = F (x) - \int_{0}^{+ \infty} \frac{t^{2} \ln (t)}{{(t^{2} + x^{2})}^{2}} d t .$

Par intégration par parties généralisée,

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{t}{{(t^{2} + x^{2})}^{2}} \times t \ln (t) d t = \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{t^{2} + x^{2}} (1 + \ln (t)) d t$

et l’on obtient

$x F^{'} (x) + F (x) = \frac{π}{2 x} .$

Après résolution de l’équation différentielle avec la condition initiale $F (1) = 0$ , on conclut

$F (x) = \frac{π}{2} \cdot \frac{\ln (x)}{x} pour tout x > 0$

(et une relation semblable pour $x < 0$ par parité).

Exercice 115 5301 Correction

Pour $x$ réel, on pose

F (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\arctan (x t)}{t (1 + t^{2})} .

(a)

Montrer que $F$ est définie et continue sur $ℝ$ .
(b)

Montrer que $F$ est continûment dérivable.
(c)

En déduire une expression de $F (x)$ à l’aide des fonctions usuelles.

Solution

(a)

Posons

$f (x, t) = \frac{\arctan (x t)}{t (1 + t^{2})}$

est définie sur $ℝ \times] 0; + \infty [$ , continue par morceaux en $t$ et continue en $x$ . Soit $a > 0$ . Sachant $| \arctan (u) | \leq u$ , on obtient pour tout $x \in [- a; a]$ et tout $t \in [0; + \infty [$

$| f (x, t) | \leq \frac{a}{1 + t^{2}} = φ (t) .$

La fonction $φ$ est intégrable et, par domination, $F$ est définie et continue sur $ℝ$ .
(b)

$f$ admet une dérivée partielle en $x$ qui est

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, t) = \frac{1}{(1 + x^{2} t^{2}) (1 + t^{2})} .$

Celle-ci est continue en $x$ , continue par morceaux en $t$ et, pour tout $x \in ℝ$ et tout $t \in [0; + \infty [$ ,

$| \frac{\partial f}{\partial x} (x, t) | \leq \frac{1}{1 + t^{2}} = ψ (t)$

avec $ψ$ et intégrable sur $] 0; + \infty [$ . De plus, pour tout $x \in ℝ$ ,

$F^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{(1 + x^{2} t^{2}) (1 + t^{2})} .$
(c)

Par décomposition en éléments simples, on écrit pour $x \neq \pm 1$

$\frac{1}{(1 + x^{2} t^{2}) (1 + t^{2})} = \frac{1}{x^{2} - 1} (\frac{x^{2}}{1 + x^{2} t^{2}} - \frac{1}{1 + t^{2}}) .$

On peut alors calculer l’intégrale définissant $F^{'} (x)$ pour $x > 0$ et $x \neq 1$

$F^{'} (x) = \frac{x - 1}{x^{2} - 1} \cdot \frac{π}{2} = \frac{π}{2 (x + 1)} .$

Par continuité, cette identité est aussi valable pour $x = 0$ et $x = 1$ . Par suite,

$F (x) = \frac{π}{2} \ln (1 + x) + C^{t e} pour tout x \in ℝ_{+} .$

La valeur $F (0) = 0$ donne $C^{t e} = 0$ . Enfin, la fonction $F$ est impaire et l’on obtient

$F (x) = signe (x) \frac{π}{2} \ln (1 + | x |) .$

Exercice 116 555 Correction

Ensemble de définition, dérivée et valeur de

f : x \mapsto \int_{0}^{+ \infty} \frac{\ln (1 + x^{2} t^{2})}{1 + t^{2}} d t .

Solution

Posons

g (x, t) = \frac{\ln (1 + x^{2} t^{2})}{1 + t^{2}}

$x \mapsto g (x, t)$ est continue sur $ℝ$ et $t \mapsto g (x, t)$ est continue par morceaux sur $[0; + \infty [$ .

Soit $a > 0$ . Pour $(x, y) \in [- a; a] \times [0; + \infty [$

| g (x, t) | \leq \frac{\ln (1 + a^{2} t^{2})}{1 + t^{2}} = φ (t)

avec $φ : ℝ_{+} \to ℝ_{+}$ intégrable.

Par domination sur tout segment, on peut donc affirmer que $f$ est définie et continue sur $ℝ$ .

Il est évident que la fonction $f$ est paire. Nous poursuivons son étude sur $ℝ_{+}$ .

La fonction $g$ admet une dérivée partielle en $x$

\frac{\partial g}{\partial x} (x, y) = \frac{2 x t^{2}}{(1 + x^{2} t^{2}) (1 + t^{2})}

$x \mapsto \frac{\partial g}{\partial x} (x, t)$ est continue sur $ℝ_{+}$ et $t \mapsto \frac{\partial g}{\partial x} (x, t)$ est continue par morceaux sur $[0; + \infty [$ .

Soit $[a; b] \subset ℝ_{+}^{*}$ . Pour $(x, t) \in [a; b] \times [0; + \infty [$ ,

| \frac{\partial g}{\partial x} (x, t) | \leq \frac{2 b t^{2}}{(1 + a^{2} t^{2}) (1 + t^{2})} = ψ (t)

avec $ψ : ℝ_{+} \to ℝ_{+}$ intégrable.

Par domination sur tout segment de $ℝ_{+}^{*}$ , on peut affirmer que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ et

f^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 x t^{2}}{(1 + x^{2} t^{2}) (1 + t^{2})} d t .

En réalisant la décomposition en éléments simples (pour $x \neq 1$ ),

f^{'} (x) = \frac{π}{x + 1}

et cette relation est aussi valable pour $x = 1$ par continuité.

Sachant que $f (0) = 0$ et que $f$ est paire, on obtient

f (x) = π \ln (1 + | x |) pour tout x \in ℝ .

Exercice 117 2876 MINES (MP)Correction

Existence et calcul de

f (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\ln (x^{2} + t^{2})}{1 + t^{2}} d t .

Solution

$t \mapsto \frac{\ln (x^{2} + t^{2})}{1 + t^{2}}$ est continue par morceaux sur $[0; + \infty [$ ,
$x \mapsto \frac{\ln (x^{2} + t^{2})}{1 + t^{2}}$ est continue sur $ℝ$ et pour $x \in [- a; a]$

| \frac{\ln (x^{2} + t^{2})}{1 + t^{2}} | \leq \frac{| \ln (a^{2} + t^{2}) | + | \ln (t^{2}) |}{1 + t^{2}} = φ (t)

avec $φ$ intégrable. Par suite, $f$ est définie et continue sur $ℝ$ .
Il est immédiat que $f$ est paire. Poursuivons, en étudiant $f$ sur $ℝ_{+}^{*}$

\frac{d}{d x} (\frac{\ln (x^{2} + t^{2})}{1 + t^{2}}) = \frac{2 x}{(x^{2} + t^{2}) (1 + t^{2})}

$t \mapsto \frac{2 x}{(x^{2} + t^{2}) (1 + t^{2})}$ est continue par morceaux sur $[0; + \infty [$ ,
$x \mapsto t \mapsto \frac{2 x}{(x^{2} + t^{2}) (1 + t^{2})}$ est continue sur $ℝ$ et pour $x \in [a; b] \subset ℝ_{+}^{*}$ ,

| \frac{2 x}{(x^{2} + t^{2}) (1 + t^{2})} | \leq \frac{2 b}{(a^{2} + t^{2}) (1 + t^{2})} = ψ (t)

avec $ψ$ intégrable. Par suite, $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ .
Pour $x \neq 1$ ,

\frac{2 x}{(x^{2} + t^{2}) (1 + t^{2})} = \frac{2 x}{x^{2} - 1} (\frac{1}{1 + t^{2}} - \frac{1}{x^{2} + t^{2}})

donc

f^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 x}{(x^{2} + t^{2}) (1 + t^{2})} d t = \frac{π}{x + 1}

et cette relation vaut aussi pour $x = 1$ par continuité.
En procédant au changement de variable $u = 1 / t$ , on obtient $f (0) = 0$ et donc on peut conclure

f (x) = π \ln (x + 1)

pour $x \in ℝ_{+}$ en exploitant un argument de continuité.

Exercice 118 556 Correction

Soit

F (x) = \int_{0}^{π / 2} \ln (1 + x \sin^{2} (t)) d t pour x \in] - 1; + \infty [.

(a)

Justifier que $F$ est bien définie et continue.
(b)

Étudier la dérivabilité sur $[- 1; + \infty [$ .
(c)

Calculer $F^{'} (x)$ pour $x \neq 0$ .

On pourra employer le changement de variable $u = \tan (t)$ .
(d)

Établir que

$\forall x > - 1, F (x) = π (\ln (1 + \sqrt{1 + x}) - \ln (2)) .$

Solution

(a)

Pour $(x, t) \in] - 1; + \infty [\times [0; π / 2]$ , posons

$f (x, t) = \ln (1 + x \sin^{2} (t)) .$

La fonction $f$ est parfaitement définie car

$\forall (x, t) \in [0; + \infty [\times [0; π / 2], 1 + x \sin^{2} (t) > 0 .$

Pour tout $x \in] - 1; + \infty]$ , la fonction $t \mapsto f (x, t)$ est continue par morceaux sur le segment $[0; π / 2]$ donc intégrable. La fonction $F$ est parfaitement définie sur $] - 1; + \infty [$ .

Pour tout $t \in [0; π / 2]$ , $x \mapsto f (x, t)$ est continue sur $] - 1; + \infty [$ .

Soit $[a; b] \subset] - 1; + \infty [$ .

$\forall (x, t) \in [a; b] \times [0; π / 2], \min (\ln (1 + a),0) \leq \ln (1 + x \sin^{2} (t)) \leq \max (\ln (1 + b),0) .$

Il existe donc une constante¹¹ 1 On peut aussi justifier l’existence de cette constante par continuité de $f$ sur le compact $[a; b] \times [0; π / 2]$ . $C_{a, b} \in ℝ$ telle que

$\forall (x, t) \in [a; b] \times [0; π / 2], | f (x, t) | \leq C_{a, b} = φ_{a, b} (t) .$

La fonction $φ_{a, b}$ est intégrable sur le segment $[0; π / 2]$ .

Par domination sur tout segment, $F$ est continue sur $] - 1; + \infty [$ .
(b)

Pour tout $t \in [0; π / 2]$ , $x \mapsto f (x, t)$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] - 1; + \infty [$ avec

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, t) = \frac{\sin^{2} (t)}{1 + x \sin^{2} (t)} .$

Soit $[a; b] \subset] - 1; + \infty [$ .

$\forall (x, t) \in [a; b] \times [0; π / 2], 1 + x \sin^{2} (t) \geq \min (0,1 + a) = C_{a}$

donc

$\forall (x, t) \in [a; b] \times [0; π / 2], | \frac{\partial f}{\partial x} (x, t) | \leq \frac{1}{C_{a}} = φ_{a} (t) .$

La fonction $φ_{a}$ est intégrable sur $[0; π / 2]$ et donc, par domination sur tout segment, $F$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] - 1; + \infty [$ avec

$F^{'} (x) = \int_{0}^{π / 2} \frac{\sin^{2} (t)}{1 + x \sin^{2} (t)} d t .$
(c)

Par le changement de variable $u = \tan (t)$ , où $t \mapsto \tan (t)$ est de classe $𝒞^{1}$ strictement croissant

$F^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{u^{2}}{(1 + u^{2}) (1 + (x + 1) u^{2})} .$

Pour $x \neq 0$ , une décomposition en éléments simples en la variable $X = u^{2}$ donne

$\frac{u^{2}}{(1 + u^{2}) (1 + (x + 1) u^{2})} = \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{1 + u^{2}} - \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{1 + (x + 1) u^{2}} .$

On peut alors calculer l’intégrale

$F^{'} (x)$ $= {[\frac{1}{x} \arctan (x) - \frac{1}{x \sqrt{x + 1}} \arctan (u \sqrt{x + 1})]}_{0}^{+ \infty}$

$= \frac{π}{2} \cdot \frac{1}{x} (1 - \frac{1}{\sqrt{x + 1}}) = \frac{π}{2} \cdot \frac{1}{(1 + \sqrt{x + 1}) \sqrt{x + 1}} .$
(d)

On remarque que

$\frac{d}{d x} (\ln (1 + \sqrt{1 + x})) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{(1 + \sqrt{x + 1}) \sqrt{x + 1}} .$

On en déduit qu’il existe deux constantes $C_{1}$ et $C_{2}$ réelles telles que

$F (x) = {\begin{matrix} π \ln (1 + \sqrt{1 + x}) + C_{1} & si \in] - 1; 0 [ \\ π \ln (1 + \sqrt{1 + x}) + C_{2} & si \in] 0; + [. \end{matrix}$

Par continuité en $0$ et sachant $F (0) = 0$ , on obtient $C_{1} = C_{2} = 0$ et donc

$F (x) = π \ln (1 + \sqrt{1 + x}) pour tout x \in] - 1; + \infty [$

on parvient à conclure.

Exercice 119 3660 Correction

Pour $x > 0$ , on pose

F (x) = \int_{0}^{π / 2} \ln (\cos^{2} (t) + x^{2} \sin^{2} (t)) d t .

(a)

Justifier que $F$ est définie et de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Calculer $F^{'} (x)$ et en déduire un expression de $F (x)$ .
(c)

Application : Calculer

$\int_{0}^{π / 2} \ln (\cos (t)) d t .$

Solution

(a)

Posons $f (x, t) = \ln (\cos^{2} (t) + x^{2} \sin^{2} (t))$ définie sur $] 0; + \infty [\times [0; π / 2]$ .

Par intégration sur un segment d’une fonction continue, $F (x)$ est correctement définie pour chaque $x > 0$ .

Pour chaque $t > 0$ , la fonction $x \mapsto f (x, t)$ est de classe $𝒞^{1}$ et

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, t) = \frac{2 x \sin^{2} (t)}{\cos^{2} (t) + x^{2} \sin^{2} (t)} .$

Soit $[a; b] \subset] 0; + \infty [$ .

$\forall (x, t) \in [a; b] \times [0; π / 2], | \frac{\partial f}{\partial x} (x, t) | \leq \frac{2 b}{\cos^{2} (t) + a^{2} \sin^{2} (t)} = φ_{a, b} (t)$

avec la fonction $φ_{a, b} : [0; π / 2] \to ℝ_{+}$ continue par morceaux et intégrable.

Par domination sur tout segment, $F$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ et

$F^{'} (x) = \int_{0}^{π / 2} \frac{2 x \sin^{2} (t)}{\cos^{2} (t) + x^{2} \sin^{2} (t)} d t .$
(b)

Par le changement de variable $𝒞^{1}$ strictement croissant $u = \tan (t)$

$F^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 u^{2} x}{(1 + x^{2} u^{2}) (1 + u^{2})} d u .$

Par décomposition en éléments simples (si $x \neq 1$ )

$\frac{2 x X}{(1 + x^{2} X) (1 + X)} = \frac{2 x / (x^{2} - 1)}{1 + X} - \frac{2 x / (x^{2} - 1)}{1 + x^{2} X}$

et donc

$F^{'} (x) = \frac{2 x}{x^{2} - 1} \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{1 + u^{2}} - \frac{1}{1 + x^{2} u^{2}} d u = \frac{π}{x + 1}$

et la relation vaut aussi pour $x = 1$ par argument de continuité. On en déduit

$F (x) = π \ln (x + 1) + C^{t e} .$

Sachant $F (1) = 0$ , on conclut

$F (x) = π \ln (\frac{x + 1}{2}) .$
(c)

Étudions la limite de $F$ en $0^{+}$ .

Pour tout $t \in [0; π / 2 [$ ,

$f (x, t) = \ln (\cos^{2} (t) + x^{2} \sin^{2} (t)) \to_{x \to 0^{+}}^{} 2 \ln (\cos (t)) .$

Aussi, pour tout $(x, t) \in [0; 1] \times [0; π / 2 [$ ,

$| f (x, t) | = - \ln (\underset{\begin{matrix} \leq 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\cos^{2} (t) + x \sin^{2} (t)}}) \leq - 2 \ln (\cos (t)) = φ (t) .$

La fonction $φ$ est intégrable sur $[0; π / 2 [$ car

$φ (π / 2 - t) = \ln (\sin (t)) \underset{t \to 0^{+}}{=} o (\frac{1}{\sqrt{t}}) .$

et donc $t \mapsto φ (π / 2 - t)$ est intégrable en $0^{+}$ .

Par domination,

$F (x) \to_{x \to 0^{+}}^{} \int_{0}^{π / 2} 2 \ln (\cos (t)) d t .$

On en déduit

$\int_{0}^{π / 2} \ln (\cos (t)) d t = \frac{1}{2} π \ln (\frac{1}{2}) = - \frac{π \ln (2)}{2} .$

Exercice 120 2880 MINES (MP)Correction

Montrer que, pour tout $x$ réel positif,

\int_{0}^{+ \infty} \frac{\arctan (x / t)}{1 + t^{2}} d t = \int_{0}^{x} \frac{\ln (t)}{t^{2} - 1} d t .

Solution

Étudions la fonction donnée par

f (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\arctan (x / t)}{1 + t^{2}} d t .

Notons $u (x, t) = \frac{\arctan (x / t)}{1 + t^{2}}$ définie sur $ℝ_{+} \times] 0; + \infty [$
$t \mapsto u (x, t)$ est continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ pour chaque $x \in ℝ_{+}$
$x \mapsto u (x, t)$ est continue sur $ℝ_{+}$ pour chaque $t \in] 0; + \infty [$ et

| u (x, t) | \leq \frac{π / 2}{1 + t^{2}} = φ (t)

avec $φ$ fonction intégrable sur $] 0; + \infty [$ .
On en déduit que la fonction $f$ est définie et continue sur $ℝ_{+}$ .
$x \mapsto u (x, t)$ est dérivable sur $ℝ_{+}^{*}$ pour chaque $t \in] 0; + \infty [$ et

\frac{\partial u}{\partial x} (x, t) = \frac{t}{(t^{2} + x^{2}) (1 + t^{2})}

$x \mapsto \frac{\partial u}{\partial x} (x, t)$ est continue sur $ℝ_{+}^{*}$ pour chaque $t \in] 0; + \infty [$
$t \mapsto \frac{\partial u}{\partial x} (x, t)$ est continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ pour chaque $x \in ℝ_{+}^{*}$ et

| \frac{\partial u}{\partial x} (x, t) | = \frac{1}{2 x} \cdot \frac{1}{(1 + t^{2})}

car $2 t x \leq x^{2} + t^{2}$ .
Soit $[a; b] \subset] 0; + \infty [$

\forall (x, t) \in [a; b] \times] 0; + \infty [, | \frac{\partial u}{\partial x} (x, t) | \leq \frac{1}{2 a} \cdot \frac{1}{(1 + t^{2})} = ψ (t)

avec $ψ$ fonction intégrable.
Par domination sur tout segment, on obtient $f$ de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ avec

f^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{t}{(t^{2} + x^{2}) (1 + t^{2})} d t .

Pour $x \neq 1$ , on peut décomposer la fraction rationnelle définissant l’intégrande

\frac{t}{(1 + t^{2}) (x^{2} + t^{2})} = \frac{t}{(x^{2} - 1) (1 + t^{2})} - \frac{t}{(x^{2} - 1) (x^{2} + t^{2})}

et on obtient alors

f^{'} (x) = \frac{1}{x^{2} - 1} {[\frac{1}{2} \ln (\frac{1 + t^{2}}{x^{2} + t^{2}})]}_{0}^{+ \infty} = \frac{\ln (x)}{(x^{2} - 1)} .

Cette identité se prolonge en $x = 1$ par un argument de continuité.
On a alors

\int_{0}^{x} \frac{\ln (t)}{t^{2} - 1} d t = lim_{ε \to 0^{+}} \int_{ε}^{x} \frac{\ln (t)}{(t^{2} - 1)} d t = lim_{ε \to 0^{+}} (f (x) - f (ε)) .

Or $f (0) = 0$ et par continuité on parvient à

\int_{0}^{x} \frac{\ln (t)}{t^{2} - 1} d t = f (x) .

Exercice 121 2881 MINES (MP)Correction

Existence et calcul de

\int_{0}^{2 π} \frac{\ln (1 + x \cos (t))}{\cos (t)} d t .

Solution

Posons

f (x) = \int_{0}^{2 π} \frac{\ln (1 + x \cos (t))}{\cos (t)} d t .

Pour $| x | > 1$ , l’intégrale ne peut pas être définie.

On suppose désormais $| x | \leq 1$ .

En $t = π / 2$ et $t = 3 π / 2$ , il est possible de prolonger par continuité la fonction intégrée par la valeur $x$ .

Pour $x = - 1$ , l’intégrale est généralisée en $0$ et $2 π$ . Cependant,

\ln (1 - \cos (t)) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} 2 \ln (t) et \ln (1 - \cos (t)) \underset{t = 2 π - h}{=} \ln (1 - \cos (h)) \underset{t \to 2 π^{-}}{\sim} 2 \ln (h) .

Pour $x = 1$ , l’intégrale est généralisée en $π$ . Cependant,

\ln (1 + \cos (t)) \underset{t = π + h}{=} \ln (1 - \cos (h)) \underset{t \to π}{\sim} 2 \ln (h) .

Finalement, $f$ peut être définie sur $[- 1; 1]$ .

Pour des raisons de symétrie,

f (x) = 2 \int_{0}^{π} \frac{\ln (1 + x \cos (t))}{\cos (t)} d t .

Par domination sur $[- a; a]$ avec $a < 1$ , $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] - 1; 1 [$ et

f^{'} (x) = 2 \int_{0}^{π} \frac{d t}{1 + x \cos (t)} .

Par le changement de variable $u = \tan (\frac{t}{2})$ ,

f^{'} (x) = 4 \int_{0}^{+ \infty} \frac{d u}{(1 + u^{2}) + x (1 - u^{2})} = \frac{2 π}{\sqrt{1 - x^{2}}} .

Puisque $f (0) = 0$ , on en déduit

f (x) = 2 π \arcsin (x) .

Exercice 122 552 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ et $x > 0$ , on pose

I_{n} (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{{(x^{2} + t^{2})}^{n}} .

(a)

Justifier l’existence de l’intégrale définissant $I_{n} (x)$ .
(b)

Calculer $I_{1} (x)$ .
(c)

Justifier que $I_{n} (x)$ est de classe $𝒞^{1}$ et exprimer $I_{n}^{'} (x)$ en fonction de $I_{n + 1} (x)$ .
(d)

Calculer $I_{n} (x)$ pour tout $x > 0$ et tout $n \in ℕ^{*}$ .

Solution

(a)

Posons

$g_{n} (x, t) = \frac{1}{{(x^{2} + t^{2})}^{n}}$

La fonction $t \to g_{n} (x, t)$ est définie, continue par morceaux et intégrable sur $ℝ_{+}$ car

$g_{n} (x, t) \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{1}{t^{2 n}} avec 2 n > 1$

L’intégrale définissant $I_{n} (x)$ existe.
(b)

Directement ou après le changement de variable $x = t u$ ,

$I_{1} (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{x^{2} + t^{2}} = {[\frac{1}{x} \arctan (\frac{t}{x})]}_{0}^{+ \infty} = \frac{π}{2 x} .$
(c)

Pour tout $t \in [0; + \infty [$ , la fonction $x \mapsto g_{n} (x, t)$ est dérivable avec

$\frac{\partial g_{n}}{\partial x} (x, t) = \frac{- 2 n x}{{(x^{2} + t^{2})}^{n + 1}}$

Pour tout $t \in [0; + \infty [$ , la fonction $x \mapsto \frac{\partial g}{\partial x} (x, t)$ est continue sur $] 0; + \infty [$ .

Pour tout $x \in] 0; + \infty [$ , la fonction $t \mapsto \frac{\partial g_{n}}{\partial x} (x, t)$ est continue par morceaux sur $[0; + \infty [$ .

Soit $[a; b] \subset] 0; + \infty [$ .

$\forall (x, t) \in [a; b] \times [0; + \infty [, | \frac{\partial g_{n}}{\partial x} (x, t) | \leq \frac{2 n b}{{(a^{2} + t^{2})}^{n + 1}} = φ_{a, b} (t)$

La fonction $φ_{a, b}$ est intégrable sur $ℝ_{+}$ .

Par domination sur tout segment, $x \mapsto I_{n} (x)$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ et

$I_{n}^{'} (x) = - 2 n x I_{n + 1} (x) .$
(d)

Par intégrations successives, on obtient

$I_{n} (x) = \frac{λ_{n}}{x^{2 n + 1}}$

avec $λ_{1} = \frac{π}{2}$ et $λ_{n + 1} = \frac{2 n + 1}{2 n} λ_{n}$ d’où

$λ_{n} = \frac{(2 n)!}{2^{2 n + 1} {(n!)}^{2}} π .$

Exercice 123 5672 CCINP (MP)Correction

Pour $x \in ℝ_{+}$ , on pose

F (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{1 - e^{- x t^{2}}}{t^{2}} d t .

(a)

Vérifier que $F$ est bien définie sur $ℝ_{+}$ puis qu’elle est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ .
(b)

Calculer $F^{'} (x)$ pour tout $x > 0$ .

On donne $\int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t = \frac{\sqrt{π}}{2}$ .
(c)

Exprimer $F (x)$ pour tout $x \in ℝ_{+}$ .

Solution

(a)

Posons

$f (x, t) = \frac{1 - e^{- x t^{2}}}{t^{2}} pour x \in ℝ_{+} et t \in] 0; + \infty [.$

Pour $x \in ℝ_{+}$ , la fonction $t \mapsto f (x, t)$ est continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ . Par développement limité,

$f (x, t) \underset{t \to 0^{+}}{=} \frac{1 - (1 - x t^{2} + o (t^{2}))}{t^{2}} = x + o (1) \to_{t \to 0^{+}}^{} x$

L’intégrale définissant $F (x)$ est donc faussement généralisée en $0$ .

De plus,

$t^{3 / 2} f (x, t) = \frac{1 - e^{- x t^{2}}}{\sqrt{t}} \to_{t \to + \infty}^{} 0 donc f (x, t) \underset{t \to + \infty}{=} o (\frac{1}{t^{3 / 2}})$

La fonction $t \mapsto f (x, t)$ est donc intégrable en $+ \infty$ .

La fonction $F$ est donc correctement définie sur $[0; + \infty [$ .

Pour tout $t \in] 0; + \infty [$ , la fonction $x \mapsto f (x, t)$ est de classe $𝒞^{1}$ avec

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, t) = e^{- x t^{2}} .$

Soit $[a; b] \subset] 0; + \infty [$ . Pour $(x, t) \in [a; b] \times] 0; + \infty [$ ,

$| \frac{\partial f}{\partial x} (x, t) | = e^{- x t^{2}} \leq e^{- a t^{2}} = φ_{a} (t) .$

La fonction $φ_{a} :] 0; + \infty [\to ℝ_{+}$ est continue par morceaux et intégrable sur $] 0; + \infty [$ car prolongeable par continuité en $0$ et négligeable devant $t \mapsto 1 / t^{2}$ en $+ \infty$ .

Par domination sur tout segment, on peut affirmer que $F$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ avec

$F^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\partial f}{\partial x} (x, t) d t = \int_{0}^{+ \infty} e^{- x t^{2}} d t .$
(b)

Par le changement de variable $s = \sqrt{x} t$ ,

$F^{'} (x) = \frac{1}{\sqrt{x}} \int_{0}^{+ \infty} e^{- s^{2}} d s = \frac{\sqrt{π}}{2 \sqrt{x}} .$
(c)

Par la relation qui précède,

$\forall x > 0, F (x) = \sqrt{π x} + C^{t e}$

Pour déterminer la valeur de la constante introduite, montrons la continuité de $F$ en $0$ .

Pour $t \in] 0; + \infty [$ , $x \mapsto f (x, t)$ est continue sur $ℝ_{+}$ et, pour $x \in [0; a]$ avec $a > 0$ ;

$| f (x, t) | = \frac{1 - e^{- x t^{2}}}{t^{2}} \leq \frac{1 - e^{- a t^{2}}}{t^{2}} = ψ_{a} (t) .$

La fonction $ψ_{a} = f (a, \cdot)$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ .

Par domination sur tout segment, $F$ est continue sur $[0; + \infty [$ .

On en déduit $C^{t e} = F (0) = 0$ puis

$\forall x \in [0; + \infty [, F (x) = \sqrt{π x} .$

Exercice 124 553 Correction

Pour $x, y > 0$ , on pose

F (x, y) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x t} - e^{- y t}}{t} d t .

(a)

Soit $y > 0$ . Montrer que $x \mapsto F (x, y)$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ et calculer

$\frac{\partial F}{\partial x} (x, y) .$
(b)

En déduire la valeur de $F (x, y)$ .

Solution

(a)

$f : (x, t) \to \frac{e^{- x t} - e^{- y t}}{t}$ et $\frac{\partial f}{\partial x} (x, t) = - e^{- x t}$ sont définies et continues sur $ℝ_{+}^{*} \times ℝ_{+}^{*}$ .
$t \mapsto f (x, t)$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ car prolongeable par continuité en $0$ et négligeable devant $1 / t^{2}$ en $+ \infty$ .

Pour $a > 0$ ,

$\forall x \in [a; + \infty [, b i g g a b s \frac{\partial f}{\partial x} (x, t) \leq e^{- a t} = φ_{a} (t)$

avec $φ_{a}$ intégrable sur $ℝ_{+}^{*}$ .

Par domination, $x \mapsto F (x, y)$ est de classe $𝒞^{1}$ et

$\frac{\partial F}{\partial x} (x, y) = \int_{0}^{+ \infty} - e^{- x t} d t = - \frac{1}{x} .$
(b)

En intégrant par rapport à $x$ ,

$F (x, y) = - \ln (x) + C^{t e}$

et, puisque $F (x, x) = 0$ , on obtient

$F (x, y) = \ln (y) - \ln (x) pour tous x, y > 0 .$

Exercice 125 3323

On pose

F (x) = \int_{0}^{+ \infty} \exp (- (t^{2} + \frac{x^{2}}{t^{2}})) d t pour x \in ℝ .

(a)

Montrer que $F$ est définie et continue sur $ℝ$ .
(b)

Montrer que $F$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ .
(c)

Déterminer une équation différentielle linéaire d’ordre $1$ vérifiée par $F$ sur l’intervalle $] 0; + \infty [$ .
(d)

En déduire une expression simple de $F$ sur $ℝ$ sachant $\int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t = \frac{\sqrt{π}}{2}$ .

Exercice 126 551 Correction

Pour $x \in [0; π / 2]$ , on pose

F (x) = \int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + 2 t \cos (x) + t^{2})}{t} d t .

(a)

Justifier que $F$ est définie et de classe $𝒞^{1}$ sur $[0; π / 2]$
(b)

Calculer $F^{'} (x)$ sur $[0; π / 2]$
(c)

Donner la valeur de $F (0)$ puis celle de $F (x)$ sachant

$\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k^{2}} = \frac{π^{2}}{12} .$

Solution

(a)

Posons

$g (x, t) = \frac{\ln (1 + 2 t \cos (x) + t^{2})}{t} .$

Puisque $\cos (x) \geq 0$ ,

$1 + 2 t \cos (x) + t^{2} \geq 1 + t^{2}$

donc $t \mapsto g (x, t)$ est définie et continue sur $] 0; 1]$ .

De plus,

$lim_{t \to 0} \frac{\ln (1 + 2 t \cos (x) + t^{2})}{t} = \cos (x)$

on peut donc prolonger $t \mapsto g (x, t)$ par continuité en $0$ . Par suite, $F (x)$ est bien définie.

Pour tout $t \in] 0; 1]$ , $x \mapsto g (x, t)$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $[0; π / 2]$ avec

$\frac{\partial g}{\partial x} (x, t) = - \frac{2 \sin (x)}{1 + 2 t \cos (x) + t^{2}}$

Aussi,

$\forall (x, t) \in [0; π / 2] \times] 0; 1], | \frac{\partial g}{\partial x} (x, t) | \leq 2 = φ (t)$

avec $φ$ est intégrable. Par domination $F$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $[0; π / 2]$ .
(b)

Pour $x = 0$ , $F^{'} (0) = 0$ .
Pour $x \neq 0$ ,

$F^{'} (x)$ $= - \int_{0}^{1} \frac{2 \sin (x)}{1 + 2 t \cos (x) + t^{2}} d t$

$= - \int_{0}^{1} \frac{2 \sin (x)}{{(t + \cos (x))}^{2} + \sin^{2} (x)} d t$

$= - {[2 \arctan (\frac{t + \cos (x)}{\sin (x)})]}_{0}^{1} .$

Or

$\arctan (\frac{\cos (x)}{\sin (x)}) = \arctan (\tan (π / 2 - x))$

avec $π / 2 - x \in] - π / 2; π / 2 [$ donc

$\arctan (\frac{\cos (x)}{\sin (x)}) = π / 2 - x$

et

$\arctan (\frac{1 + \cos (x)}{\sin (x)}) = \arctan (\frac{\cos (x / 2)}{\sin (x / 2)}) = π / 2 - x / 2 .$

Finalement,

$F^{'} (x) = 2 ((π / 2 - x) - (π / 2 - x / 2)) = - x .$
(c)

$F (0) = \int_{0}^{1} \frac{2 \ln (1 + t)}{t} d t = 2 \int_{0}^{1} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n + 1} t^{n} d t$

or la série de fonctions $\sum \frac{{(- 1)}^{n}}{n + 1} t^{n}$ converge uniformément sur $[0; 1]$ puisque la série numérique satisfait au critère spécial ce qui permet d’écrire

$| R_{N} (t) | \leq \frac{t^{n + 1}}{n + 2} \leq \frac{1}{n + 2}$

d’où ${∥ R_{N} ∥}_{\infty} \to 0$ .
Par suite,

$F (0) = 2 \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{{(n + 1)}^{2}} = \frac{π^{2}}{6}$

puis

$F (x) = \frac{π^{2}}{6} - \frac{x^{2}}{2} .$

[<] Expression de fonctions intégrales[>] Transformée de Fourier et intégrales apparentées

Exercice 127 535

(Calcul de l’intégrale de Gauss)

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ la fonction définie par

f (x) = \int_{0}^{1} \frac{e^{- x (1 + t^{2})}}{1 + t^{2}} d t .

(a)

Montrer que $f$ est dérivable sur $[0; + \infty [$ et exprimer $f^{'} (x)$ par une intégrale.
(b)

Calculer $f (0)$ et étudier la limite de $f$ en $+ \infty$ .

On note $g$ l’application définie sur $[0; + \infty [$ par la relation $g (x) = f (x^{2})$ .

(c)

Montrer que pour tout $x \geq 0$ ,

$g (x) + {(\int_{0}^{x} e^{- t^{2}} d t)}^{2} = \frac{π}{4} .$
(d)

Conclure

$\int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t = \frac{\sqrt{π}}{2} .$

Exercice 128 5690 CENTRALE (MP)Correction

Pour $n \in ℕ$ , on pose $G_{n} = \int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} t^{n} d t$ .

(a)

Établir l’existence de $G_{n}$ . Écrire un programme calculant $G_{n}$ puis donner les valeurs de $G_{0}, \dots, G_{30}$ .
(b)

Exprimer $G_{n}$ , si besoin en fonction de $G_{0}$ .

Cela donne une autre méthode de calcul de $G_{n}$ en fonction de la parité de $n$ . L’implémenter. Quelle est la méthode la plus efficace? la plus précise?

Pour $x$ réel convenable, on pose

f (x) = \int_{0}^{1} \frac{e^{- x^{2} (1 + t^{2})}}{1 + t^{2}} d t .

(c)

Étudier la fonction: définition, continuité, variations, limites.
(d)

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ et calculer $f^{'}$ . En déduire la valeur de $G_{0}$ en introduisant la fonction

$x \mapsto {(\int_{0}^{x} e^{- t^{2}} d t)}^{2} .$

Solution

(a)

La fonction $t \mapsto e^{- t^{2}} t^{n}$ est définie, continue par morceaux et intégrable sur $[0; + \infty [$ car

$t^{2} \times e^{- t^{2}} t^{n} = t^{n + 2} e^{- t^{2}} \to_{t \to + \infty}^{} 0 .$

L’intégrale définissant $G (n)$ est donc convergente.
Pour calculer celle-ci, on dispose de la fonction quad de la librairie scipy.integrate.
```
import numpy as np
import scipy.integrate as integr

def G(n):
    return integr.quad(lambda t: np.exp(-t**2)*t**n, 0, np.inf)[0]

for n in range(31):
    print(f"G({n}) = {G(n)}")
```
(b)
Par intégration par parties généralisée,

$G_{n}$ $= \int_{0}^{+ \infty} t e^{- t^{2}} t^{n - 1} d t = {[- \frac{1}{2} e^{- t^{2}} t^{n - 1}]}_{0}^{+ \infty} + \frac{n - 1}{2} \int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} t^{n - 2} d t$

$= \frac{n - 1}{2} G_{n - 2} pour tout n \geq 2 .$

On en déduit, pour $p \in ℕ$ ,

$G_{2 p} = \frac{(2 p)!}{2^{2 p} p!} G_{0} et G_{2 p + 1} = p! G_{1} avec G_{1} = \frac{1}{2} .$

On programme la fonction factorielle avant d’employer les formules qui précèdent pour évaluer $G_{n}$ selon la parité de $n$ .
```
def fact(n):
    if n == 0:
        return 1
    return n * fact(n-1)

def Gbis(n):
    if n % 2 == 0:
        return fact(n)/2**n/fact(n/2) * G(0)
    else:
        return fact((n-1)/2) / 2
```
Dans le cas où $n$ est pair, cette méthode n’est pas plus efficace ni plus précise que la précédente sauf si l’on connaît déjà la valeur de $G_{0}$ (intégrale de Gauss, calculée plus loin). Dans le cas où $n$ est impair, cette méthode est plus efficace et plus précise tant que la valeur de $n$ est « raisonnable ».
(c)

Pour tout $x \in ℝ$ , l’intégrale définissant $f (x)$ existe en tant qu’intégrale sur un segment d’une fonction continue par morceaux.

Posons

$u (x, t) = \frac{e^{- x^{2} (1 + t^{2})}}{1 + t^{2}} pour x \in ℝ et t \in [0; 1] .$

Pour tout $x \in ℝ$ , la fonction $t \mapsto u (x, t)$ est continue par morceaux sur $[0; 1]$ .

Pour tout $t \in [0; 1]$ , la fonction $x \mapsto u (x, t)$ est continue sur $ℝ$ .

Enfin, pour tout $(x, t) \in ℝ \times [0; 1]$ ,

$| u (x, t) | = \frac{e^{- x^{2} (1 + t^{2})}}{1 + t^{2}} \leq \frac{1}{1 + t^{2}} \leq 1 = φ (t) .$

La fonction $φ : [0; 1] \to ℝ_{+}$ est continue par morceaux et intégrable sur $[0; 1]$ . Par domination, $f$ est continue sur $ℝ$ .

Clairement, la fonction $f$ est paire. Pour $x, y \geq 0$ avec $x \leq y$ , on a

$\forall t \in [0; 1], e^{- y^{2} (1 + t^{2})} \leq e^{- x^{2} (1 + t^{2})} .$

Par intégration en bon ordre, il vient $f (y) \leq f (x)$ . La fonction $f$ est décroissante sur $[0; + \infty [$ (et donc croissante sur $] - \infty; 0]$ par parité).

Enfin, pour $x \in ℝ$ ,

$0 \leq f (x) \leq \int_{0}^{1} \frac{e^{- x^{2}}}{1 + t^{2}} d t = \frac{π}{4} e^{- x^{2}} .$

Par encadrement,

$f (x) \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

Par parité,

$f (x) \to_{x \to - \infty}^{} 0 .$
(d)

Pour tout $t \in [0; 1]$ , la fonction $x \mapsto u (x, t)$ est dérivable avec

$\frac{\partial u}{\partial x} (x, t) = - 2 x e^{- x^{2} (1 + t^{2})} .$

Cette dérivée partielle est continue en $x$ et continue par morceaux en $t$ .

Soit $a > 0$ . Pour $x \in [- a; a]$ et $t \in [0; 1]$ ,

$| \frac{\partial u}{\partial x} (x, t) | = 2 | x | e^{- x^{2} (1 + t^{2})} \leq 2 a = ψ (t) .$

La fonction $ψ : [0; 1] \to ℝ_{+}$ est continue par morceaux et intégrable sur $[0; 1]$ . Par domination sur tout segment, $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ avec

$\forall x \in ℝ, f^{'} (x) = \int_{0}^{1} - 2 x e^{- x^{2} (1 + t^{2})} d t = - 2 e^{- x^{2}} \int_{0}^{1} x e^{- {(x t)}^{2}} d t \underset{s = x t}{=} - 2 e^{- x^{2}} \int_{0}^{x} e^{- s^{2}} d x .$

On reconnaît la dérivée de la fonction introduite dans l’énoncé et il existe donc une constante $C \in ℝ$ telle que

$\forall x \in ℝ, f (x) = {(\int_{0}^{x} e^{- t^{2}} d t)}^{2} + C .$

Pour $x = 0$ , on détermine la valeur de $C$ :

$C = \int_{0}^{1} \frac{d t}{1 + t^{2}} = \frac{π}{4} .$

Par la limite en $+ \infty$ , on détermine la valeur de $G_{0}$ :

$G_{0} = \frac{\sqrt{π}}{2} .$

Exercice 129 3654 Correction

L’objectif de ce sujet est de calculer

I = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- t}}{\sqrt{t}} d t .

Pour $x \geq 0$ , on pose

F (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x t}}{\sqrt{t} (1 + t)} d t .

(a)

Justifier que la fonction $F$ est bien définie et continue sur $ℝ_{+}$ .
(b)

Calculer $F (0)$ et étudier la limite de $F$ en $+ \infty$ .
(c)

Justifier que $F$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ et solution de l’équation différentielle

$y - y^{'} = \frac{I}{\sqrt{x}} .$
(d)

En déduire la valeur de $I$ .

Solution

(a)

Posons

$f (x, t) = \frac{e^{- x t}}{\sqrt{t} (1 + t)}$

définie sur $[0; + \infty [\times] 0; + \infty [$ .

Pour tout $t \in] 0; + \infty [$ , l’application $x \mapsto f (x, t)$ est continue sur $ℝ_{+}$ .

Pour tout $(x, t) \in [0; + \infty [\times] 0; + \infty [$

$0 \leq f (x, t) \leq \frac{1}{\sqrt{t} (1 + t)} = φ (t)$

avec $φ :] 0; + \infty [\to ℝ_{+}$ intégrable car

$\frac{1}{\sqrt{t} (1 + t)} \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{\sqrt{t}} et \frac{1}{\sqrt{t} (1 + t)} \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{1}{t^{3 / 2}} .$

Par domination, on en déduite que $F$ est définie et continue sur $ℝ_{+}$ .
(b)

On a

$F (0) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{\sqrt{t} (1 + t)} \underset{t = u^{2}}{=} \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 d u}{1 + u^{2}} = π$

et

$0 \leq F (x) \leq \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x t}}{\sqrt{t}} d t = \frac{I}{\sqrt{x}} \to_{x \to + \infty}^{} 0$

donc, par encadrement, $F \to_{+ \infty}^{} 0$ .
(c)

Pour chaque $t \in] 0; + \infty [$ , la fonction $x \mapsto f (x, t)$ est de classe $𝒞^{1}$ avec

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, t) = - \frac{t e^{- x t}}{\sqrt{t} (1 + t)} .$

Soit $a > 0$ . Pour $(x, t) \in [a; + \infty [\times] 0; + \infty [$ ,

$| \frac{\partial f}{\partial x} (x, t) | \leq \sqrt{t} e^{- a t} = φ (t)$

avec $φ :] 0; + \infty [\to ℝ_{+}$ intégrable.

Par domination sur tout $[a; + \infty [\subset] 0; + \infty [$ , $F$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ et

$F^{'} (x) = - \int_{0}^{+ \infty} \frac{t e^{- x t} d t}{\sqrt{t} (1 + t)} .$

On constate alors

$F (x) - F^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x t}}{\sqrt{t}} d t \underset{x t = u}{=} \frac{1}{\sqrt{x}} \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- u}}{\sqrt{u}} d u = \frac{I}{\sqrt{x}} .$
(d)

Via la méthode de la variation de la constante, l’équation différentielle précédente a pour solution générale sur $] 0; + \infty [$

$y (x) = λ e^{x} - I e^{x} \int_{0}^{x} \frac{e^{- t}}{\sqrt{t}} d t avec λ \in ℝ .$

La fonction $F$ est de cette forme et, sachant $F$ continue en $0$ avec $F (0) = π$ , on obtient

$\forall x \geq 0, F (x) = e^{x} (π - I \int_{0}^{x} \frac{e^{- t}}{\sqrt{t}} d t) .$

La nullité de la limite de $F$ en $+ \infty$ impose alors

$I \int_{0}^{x} \frac{e^{- t}}{\sqrt{t}} d t \to_{x \to + \infty}^{} π$

et donc

$I = \sqrt{π} .$

Notons que le changement de variable $u = \sqrt{t}$ permet alors de retrouver

$\int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t = \frac{\sqrt{π}}{2} .$

Exercice 130 5835 Correction

L’objectif de cet exercice est de calculer

I = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- t}}{\sqrt{t}} d t .

Pour cela, on introduit

F (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- t}}{\sqrt{t} (t + x)} d t pour x \in] 0; + \infty [.

(a)

Établir l’existence de l’intégrale définissant $I$ .
(b)

Montrer que $F$ est définie et de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ .
(c)

Établir

$\forall x > 0, x F^{'} (x) - (x - \frac{1}{2}) F (x) = - I .$

On pose $G (x) = \sqrt{x} e^{- x} F (x)$ pour tout $x > 0$ .

(d)

Montrer qu’il existe $C \in ℝ$ tel que

$\forall x > 0, G (x) = C - I \int_{0}^{x} \frac{e^{- t}}{\sqrt{t}} d t .$
(e)

En déduire la valeur de $I$ .

Solution

(a)

La fonction $t \mapsto \frac{e^{- t}}{\sqrt{t}}$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ . Elle y est intégrable car

$\frac{e^{- t}}{\sqrt{t}} \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{\sqrt{t}} et t^{2} \times \frac{e^{- t}}{\sqrt{t}} = t^{3 / 2} e^{- t} \to_{t \to + \infty}^{} 0 .$

L’intégrale définissant $I$ est donc convergente.
(b)

Introduisons

$u (x, t) = \frac{e^{- t}}{\sqrt{t} (t + x)} pour x > 0 et t > 0$

de sorte que, sous réserve d’existence,

$F (x) = \int_{0}^{+ \infty} u (x, t) d t .$

Pour tout $x > 0$ , $t \mapsto u (x, t)$ est continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ et intégrable car

$u (x, t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{x \sqrt{t}} et t^{2} u (x, t) \to_{t \to + \infty}^{} 0 .$

La fonction $F$ est donc définie sur $] 0; + \infty [$ .

Pour tout $t \in] 0; + \infty [$ , la fonction $x \mapsto u (x, t)$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ avec

$\frac{\partial u}{\partial x} (x, t) = - \frac{e^{- t}}{\sqrt{t} {(t + x)}^{2}} .$

Soit $a > 0$ .

$\forall x \in [a; + \infty [, \forall t \in] 0; + \infty [, | \frac{\partial u}{\partial x} (x, t) | \leq \frac{e^{- t}}{\sqrt{t} {(t + a)}^{2}} = φ_{a} (t) .$

Par des arguments analogues aux précédents, $φ_{a}$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ .

Par domination, $F$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $[a; + \infty [$ . Or cela vaut pour tout $a > 0$ et donc $F$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ . Au surplus,

$\forall x > 0, F^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} - \frac{e^{- t}}{\sqrt{t} {(t + x)}^{2}} d t .$
(c)

Pour $x > 0$ , réalisons une intégration par parties généralisée avec

$u (t) = \frac{1}{t + x} - \frac{1}{x} = - \frac{t}{x (t + x)} et v (t) = \frac{e^{- t}}{\sqrt{t}} .$

Cela donne

$F^{'} (x) = \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{{[- \frac{t e^{- t}}{\sqrt{t} x (t + x)}]}_{0}^{+ \infty}}} - \int_{0}^{+ \infty} \frac{t e^{- t}}{\sqrt{t} x (t + x)} d t - \frac{1}{2} \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- t}}{\sqrt{t} x (x + t)} d t$

et donc

$x F^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{(x - (t + x)) e^{- t}}{\sqrt{t} (t + x)} d t - \frac{1}{2} F (x) = x F (x) - I + \frac{1}{2} F (x) .$

Cette relation se réorganise en celle souhaitée.
(d)

Sur $] 0; + \infty [$ ,

$\frac{d}{d x} (G (x) + I \int_{0}^{x} \frac{e^{- t}}{\sqrt{t}} d t)$ $= \frac{e^{- x}}{2 \sqrt{x}} F (x) - \sqrt{x} e^{- x} F (x) + \sqrt{x} e^{- x} F^{'} (x) + I \frac{e^{- x}}{\sqrt{x}}$

$= (\frac{1}{2} F (x) - x F (x) + x F^{'} (x) + I) \frac{e^{- x}}{\sqrt{x}} = 0 .$

Il existe donc une constante $C$ réelle telle que

$\forall x > 0, G (x) = C - I \int_{0}^{x} \frac{e^{- t}}{\sqrt{t}} d t .$
(e)

Pour $x > 0$ ,

$\sqrt{x} F (x) \underset{t = s x}{=} \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- s x}}{\sqrt{s} (s + 1)} d s .$

On remarque

$\forall s \in] 0; + \infty [, \frac{e^{- s x}}{\sqrt{s} (s + 1)} \to_{x \to 0^{+}}^{} \frac{1}{\sqrt{s} (s + 1)}$

et

$\forall s \in] 0; + \infty [, \forall x > 0, | \frac{e^{- s x}}{\sqrt{s} (s + 1)} | \leq \frac{1}{\sqrt{s} (s + 1)} = φ (s)$

avec $φ$ intégrable sur $] 0; + \infty [$ par équivalence à des fonctions de Riemann.

Par domination,

$\sqrt{x} F (x) \to_{x \to 0^{+}}^{} \int_{0}^{+ \infty} \frac{d s}{\sqrt{s} (s + 1)} \underset{s = t^{2}}{=} \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 d t}{t^{2} + 1} = π .$

On en déduit

$G (x) = \sqrt{x} F (x) \times e^{- x} \to_{x \to 0^{+}}^{} π .$

Parallèlement,

$G (x) \to_{x \to 0^{+}}^{} C - I \times 0$

et donc $C = π$ .

Aussi,

$| F (x) | = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- t}}{\sqrt{t} (t + x)} d t \leq \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- t}}{x \sqrt{t}} d t = \frac{I}{\sqrt{x}} \to_{x \to + \infty}^{} 0$

et donc

$G (x) = \sqrt{x} e^{- x} \times F (x) \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

Parallèlement

$G (x) \to_{x \to + \infty}^{} π - I^{2} .$

Puisque $I \geq 0$ , on conclut $I = \sqrt{π}$ .

Exercice 131 2638 Correction

On pose, pour $x \geq 0$ ,

F (x) = \int_{0}^{+ \infty} e^{- x t} \frac{1 - \cos (t)}{t^{2}} d t .

(a)

Montrer que $F$ est continue sur $[0; + \infty [$ et tend vers $0$ en $+ \infty$ .
(b)

Montrer que $F$ est deux fois dérivable sur $] 0; + \infty [$ et calculer $F^{''} (x)$ .
(c)

En déduire la valeur de $F (0)$ puis la valeur de l’intégrale convergente

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t .$

Solution

(a)

La fonction

$φ : t \mapsto \frac{1 - \cos (t)}{t^{2}}$

est intégrable sur $] 0; + \infty [$ car

$φ (t) \underset{t \to + \infty}{=} O (1 / t^{2}) et φ (t) \to_{t \to 0}^{} \frac{1}{2} .$

La fonction $g : (x, t) \mapsto e^{- x t} \frac{1 - \cos (t)}{t^{2}}$ est continue sur $ℝ_{+} \times] 0; + \infty [$ et dominée par $φ$ donc $F$ est continue.

De plus, la fonction $φ$ est bornée donc, pour $x > 0$ ,

$| F (x) | \leq {∥ φ ∥}_{\infty} \int_{0}^{x} e^{- x t} d t = \frac{{∥ φ ∥}_{\infty}}{x} \to_{t \to + \infty}^{} 0$

On en déduit que $F$ tend vers $0$ en $+ \infty$ .
(b)

Les dérivées partielles $\frac{\partial g}{\partial x}$ et $\frac{\partial^{2} g}{\partial x^{2}}$ existent sur $ℝ_{+}^{*} \times] 0; + \infty [$ .

$t \mapsto \frac{\partial g}{\partial x} (x, t)$ est continue par morceaux et intégrable sur $] 0; + \infty [$ .

Soit $[a; b] \subset ℝ_{+}^{*}$

$\forall (x, t) \in [a; b] \times] 0; + \infty [, | \frac{\partial^{2} g}{\partial x^{2}} (x, t) | \leq 2 e^{- a t} = ψ (t) .$

La fonction $ψ$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ .

Par domination sur tout segment, $F$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $] 0; + \infty [$ et

$F^{''} (x) = \int_{0}^{+ \infty} e^{- x t} (1 - \cos (t)) d t = \frac{1}{x} - \frac{x}{x^{2} + 1} .$
(c)

On a

$F^{'} (x) = \ln (x) - \frac{1}{2} \ln (x^{2} + 1)$

car $F^{'} (x) \to_{x \to + \infty}^{} 0$ et

$F (x) = x \ln (x) - x \ln (\sqrt{x^{2} + 1}) - \arctan (x) + \frac{π}{2}$

car $F (x) \to_{x \to + \infty}^{} 0$ .

Par continuité, on obtient $F (0) = π / 2$ .

Par intégrations par parties généralisées,

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{1 - \cos (t)}{t^{2}} d t = {[- \frac{1 - \cos (t)}{t}]}_{0}^{+ \infty} + \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t$

donc

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t = \frac{π}{2} .$

Exercice 132 2872 MINES (MP)Correction

Pour $x \in ℝ_{+}$ , soit

f (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} e^{- t x} d t .

(a)

Justifier la définition de $f (x)$ .
(b)

Montrer que $f$ est classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ .
(c)

Calculer $f (x)$ si $x \in ℝ_{+}^{*}$ .
(d)

Montrer que $f$ est continue en 0. Qu’en déduit-on?

Solution

(a)

Pour $x > 0$ , $t^{2} \frac{\sin (t)}{t} e^{- t x} \to_{t \to + \infty}^{} 0$ donne l’intégrabilité de $t \mapsto \frac{\sin (t)}{t} e^{- t x}$ .
Pour $x = 0$ , il est connu que l’intégrale $\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t$ est convergente bien que $t \mapsto \frac{\sin (t)}{t}$ ne soit pas intégrable.
(b)

Pour $x \in [a; b] \subset] 0; + \infty [$ ,

$| \frac{d}{d x} (\frac{\sin (t)}{t} e^{- t x}) | \leq e^{- a x} = φ (x)$

avec $φ$ intégrable. Par domination sur tout segment $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ .
(c)

Pour $x > 0$ ,

$f^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} - \sin (t) e^{- t x} d t = Im (- \int_{0}^{+ \infty} e^{(- x + i) t} d t) = - \frac{1}{x^{2} + 1}$

donc $f (x) = C - \arctan (x)$ .
Or

$| f (x) | \leq \int_{0}^{+ \infty} e^{- t x} d t = \frac{1}{x} \to_{x \to + \infty}^{} 0$

donc

$C = \frac{π}{2} .$
(d)

En découpant l’intégrale, on a

$f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{n π}^{(n + 1) π} \frac{\sin (t)}{t} e^{- t x} d t .$

Posons

$u_{n} (t) = \int_{n π}^{(n + 1) π} \frac{\sin (t)}{t} e^{- t x} d t .$

Par application du critère spécial des séries alternées, on établir que la série de fonctions continues $\sum u_{n}$ converge uniformément sur $[0; 1]$ , on en déduit que sa somme, à savoir la fonction $f$ , est continue en 0. On peut conclure que

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t = \frac{π}{2} .$

Exercice 133 543 Correction

Pour $x \in ℝ_{+}$ et $t \geq 0$ , on pose $f (x, t) = e^{- x t} sinc (t)$ où $sinc$ (lire sinus cardinal) est la fonction $t \mapsto \frac{\sin (t)}{t}$ prolongée par continuité en 0.
Pour $n \in ℕ$ , on pose

u_{n} (x) = \int_{n π}^{(n + 1) π} f (x, t) d t .

(a)

Montrer que $u_{n} (x) = {(- 1)}^{n} \int_{0}^{π} g_{n} (x, u) d u$ avec $g_{n} (x, u)$ que l’on explicitera.
(b)

Montrer que la série de fonctions de terme général $u_{n}$ converge uniformément sur $ℝ_{+}$ .
(c)

On pose $U (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} (x)$ . Justifier que $U$ est continue et expliciter $U$ sous la forme d’une intégrale convergente.
(d)

Montrer que $U$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ et calculer $U^{'} (x)$ .
(e)

Expliciter $U (x)$ pour $x > 0$ puis la valeur de

$U (0) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t .$

Solution

(a)

On réalise le changement de variable $t = u + n π$ :

$u_{n} (x) = {(- 1)}^{n} \int_{0}^{π} e^{- x (u + n π)} \frac{\sin (u)}{u + n π} d u .$

Ici

$g_{n} (x, u) = e^{- x (u + n π)} \frac{\sin (u)}{u + n π} .$
(b)

Pour tout $x \in ℝ_{+}$ et tout $u \in [0; π]$ , $g_{n} (x, u) \geq 0$ et $g_{n + 1} (x, u) \leq g_{n} (x, u)$ donc $u_{n} (x) = {(- 1)}^{n} | u_{n} (x) |$ avec ${(| u_{n} (x) |)}_{n \geq 0}$ décroissante. De plus,

$| u_{n} (x) | \leq \int_{0}^{π} \frac{d u}{n π} = \frac{1}{n} pour n \in ℕ^{*}$

donc $| u_{n} (x) | \to_{n \infty}^{} 0$ . Par application du critère spécial, la série $\sum_{n \geq 0} u_{n} (x)$ converge et

$| \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} u_{k} (x) | \leq | u_{n + 1} (x) | \leq \frac{1}{n + 1} \to 0$

ce qui donne la convergence uniforme de la série de fonctions $\sum_{n \geq 0} u_{n}$ .
(c)

La fonction $g_{n}$ est continue en $x$ , continue par morceaux en $u$ et

$\forall (x, u) \in [0; + \infty [\times [0; π], | g_{n} (x, u) | \leq | sinc u | \leq 1 .$

Par domination, les fonctions $u_{n}$ sont continues.
Comme somme d’une série uniformément convergente de fonctions continues sur $ℝ_{+}$ , la fonction $U$ est continue sur $ℝ_{+}$ . De plus, par sommation d’intégrales contiguës

$U (x) = \int_{0}^{+ \infty} e^{- x t} \frac{\sin (t)}{t} d t$

avec cette intégrale qui est définie quand $x > 0$ et connue convergente quand $x = 0$ .
(d)

Posons

$h (x, t) = \frac{e^{- x t} \sin (t)}{t}$

définie sur $] 0; + \infty [\times] 0; + \infty [$ .
Pour tout $x > 0$ , la fonction $t \mapsto h (x, t)$ est continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ et intégrable car

$f (x, t) \to_{t \to 0^{+}}^{} 1 et t^{2} f (x, t) \to_{t \to + \infty}^{} 0$

$h$ admet une dérivée partielle

$\frac{\partial h}{\partial x} (x, t) = e^{- x t} \sin (t) .$

Celle-ci est continue en $x$ et continue par morceaux en $t$ .
Soit $[a; b] \subset] 0; + \infty [$ . On a

$\forall (x, t) \in [a; b] \times] 0; + \infty [, | \frac{\partial h}{\partial x} (x, t) | \leq e^{- a t} = φ (t) .$

La fonction $φ$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ . Par domination sur tout segment, on obtient $U$ de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ et

$U^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} e^{- t x} \sin (t) d t .$

En exploitant

$\int_{0}^{+ \infty} e^{- t x} \sin (t) d t = Im (\int_{0}^{+ \infty} e^{- t x} e^{i t} d t)$

on obtient

$U^{'} (x) = \frac{- 1}{1 + x^{2}} .$
(e)

En intégrant

$U (x) = C - \arctan (x) sur] 0; + \infty [.$

Or

$| U (x) | \leq \int_{0}^{+ \infty} e^{- x t} d t = \frac{1}{x} \to_{x \to + \infty}^{} 0$

donc $C = π / 2$ .
Par continuité en 0,

$U (0) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t = \frac{π}{2} .$

Exercice 134 541 CENTRALE (MP)

(Calcul de l’intégrale de Dirichlet)

On considère les fonctions $F$ et $G$ d’une variable réelle définies par

F (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x t}}{1 + t^{2}} d t et G (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{x + t} d t .

(a)

Montrer que les fonctions $F$ et $G$ sont définies et continues sur $ℝ_{+}$ .
(b)

Montrer que les fonctions $F$ et $G$ sont de classe $𝒞^{2}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ et qu’elles sont toutes les deux solutions de l’équation différentielle linéaire

$y^{''} + y = \frac{1}{x} .$
(c)

En déduire la valeur de

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t .$

Exercice 135 3312 Correction

(a)

Montrer que pour tout $x > - 1$

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + x t)}{1 + t^{2}} d t = \frac{\ln (2)}{2} \arctan (x) + \frac{π}{8} \ln (1 + x^{2}) - \int_{0}^{x} \frac{\ln (1 + t)}{1 + t^{2}} d t .$
(b)

En déduire la valeur de

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + t)}{1 + t^{2}} d t .$

Solution

(a)

Posons

$f (x, t) = \frac{\ln (1 + x t)}{1 + t^{2}} .$

La fonction $f$ est définie et continue sur $] - 1; + \infty [\times [0; 1]$ .
Pour $t \in [0; 1]$ , la fonction $x \mapsto f (x, t)$ est dérivable et

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, t) = \frac{t}{(1 + x t) (1 + t^{2})} .$

La fonction $\frac{\partial f}{\partial x}$ est continue sur $] - 1; + \infty [\times [0; 1]$ .
Par intégration sur un segment, on peut affirmer que la fonction

$F : x \mapsto \int_{0}^{1} f (x, t) d t$

est définie, de classe $𝒞^{1}$ sur $] - 1; + \infty [$ et

$F^{'} (x) = \int_{0}^{1} \frac{t}{(1 + x t) (1 + t^{2})} d t .$

Par décomposition en éléments simples (en la variable $t$ )

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

donc

$F^{'} (x) = - \frac{\ln (1 + x)}{x^{2} + 1} + \frac{π}{4} \cdot \frac{x}{x^{2} + 1} + \frac{\ln (2)}{2} \cdot \frac{1}{1 + x^{2}} .$

Puisque $F (0) = 0$ , on peut écrire

$F (x) = \int_{0}^{x} F^{'} (t) d t = - \int_{0}^{x} \frac{\ln (1 + t)}{t^{2} + 1} d t + \frac{π}{8} \ln (x^{2} + 1) + \frac{\ln (2)}{2} \arctan (x) .$
(b)

Pour $x = 1$ , la relation précédente donne

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + t)}{1 + t^{2}} d t = \frac{π \ln (2)}{8} .$

Exercice 136 5437 MINES (MP)Correction

(a)

Montrer qu’il existe une constante $C \in ℝ$ telle que

$\forall x > 1, \int_{0}^{π} \ln (x - \cos (t)) d t = π \ln (x + \sqrt{x^{2} - 1}) + C .$
(b)

Soient $a, b > 1$ . Calculer

$\int_{0}^{π} \ln (\frac{b - \cos (t)}{a - \cos (t)}) d t .$

Solution

(a)

Il suffit de vérifier que les deux membres sont des fonctions dérivables de $x$ de dérivées égales.

D’une part,

$\frac{d}{d x} (π \ln (x + \sqrt{x^{2} - 1})) = \frac{π}{\sqrt{x^{2} - 1}} .$

D’autre part, dérivons le terme intégral. On introduit

$f (x, t) = \ln (x - \cos (t)) pour x \in] 1; + \infty [et t \in [0; π] .$

Pour tout $x \in] 1; + \infty [$ , la fonction $t \mapsto f (x, t)$ est définie et continue par morceaux sur $[0; π]$ ce qui assure la définition de l’intégrale.

Pour tout $t \in [0; π]$ , la fonction $x \mapsto f (x, t)$ est dérivable et $f$ admet donc une dérivée partielle

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, t) = \frac{d}{d x} (\ln (x - \cos (t))) = \frac{1}{x - \cos (t)} .$

Celle-ci est continue en $x$ et continue par morceaux en $t$ . De plus, pour tout $a > 1$ , on vérifie

$\forall (x, t) \in [a; + \infty [\times [0; π], | \frac{\partial f}{\partial x} (x, t) | \leq \frac{1}{a - \cos (t)} = φ (t)$

avec $φ$ intégrable sur le segment $[0; π]$ .

Par domination,

$\frac{d}{d x} (\int_{0}^{π} \ln (x - \cos (t))) = \int_{0}^{π} \frac{d t}{x - \cos (t)} .$

Par le changement de variable $u = \tan (t / 2)$ (bijection $𝒞^{1}$ croissante)

$\int_{0}^{π} \frac{d t}{x - \cos (t)}$ $= \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 d u}{(x + 1) + (x - 1) u^{2}} = \frac{2}{x - 1} \int_{0}^{+ \infty} \frac{d u}{\frac{x + 1}{x - 1} + u^{2}}$

$= {[\frac{1}{\sqrt{x^{2} - 1}} \arctan (\sqrt{\frac{x + 1}{x - 1}} u)]}_{0}^{+ \infty} = \frac{π}{\sqrt{x^{2} - 1}} .$
(b)

Par différence,

$\int_{0}^{π} \ln (\frac{b - \cos (t)}{a - \cos (t)}) d t = π \ln (\frac{b + \sqrt{b^{2} - 1}}{a + \sqrt{a^{2} - 1}}) .$

Exercice 137 550 Correction

Soit $F$ la fonction définie par:

F (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\arctan (x t)}{t (1 + t^{2})} d t .

(a)

Montrer que $F$ est définie et de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}$ .
(b)

Déterminer l’expression de $F (x)$ .
(c)

Calculer

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{\arctan^{2} (t)}{t^{2}} d t .$

Solution

(a)

Posons

$f (x, t) = \frac{\arctan (x t)}{t (1 + t^{2})}$

est définie sur $[0; + \infty [\times] 0; + \infty [$ ,
$t \mapsto f (x, t)$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ car prolongeable par continuité en 0 et égale à un $O (1 / t^{3})$ en $+ \infty$ . Ainsi $F$ est définie sur $ℝ_{+}$

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, t) = \frac{1}{(1 + x^{2} t^{2}) (1 + t^{2})}$

est définie sur $[0; + \infty [\times] 0; + \infty [$ ,
$t \mapsto \frac{\partial f}{\partial x} (x, t)$ est continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ et $x \mapsto \frac{\partial f}{\partial x} (x, t)$ est continue sur $[0; + \infty [$ .

$| \frac{\partial f}{\partial x} (x, t) | \leq \frac{1}{1 + t^{2}} = φ (t)$

avec $φ$ continue par morceaux et intégrable sur $] 0; + \infty [$ ,
donc $F$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}$ avec

$F^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{(1 + x^{2} t^{2}) (1 + t^{2})} .$
(b)

Pour $x \neq 1$

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

d’où

$F^{'} (x) = \frac{x - 1}{x^{2} - 1} \cdot \frac{π}{2} = \frac{π}{2 (x + 1)}$

ce qui est encore valable en $1$ par continuité.
Par suite,

$F (x) = \frac{π}{2} \ln (x + 1) + C$

avec $C = 0$ puisque $F (0) = 0$ .
(c)

En intégrant par parties, on obtient $π \ln (2)$ .

Exercice 138 4177 CENTRALE (MP)Correction

(a)

Déterminer le domaine de définition réel de

$F (x) = \int_{0}^{π / 2} \frac{\arctan (x \tan (θ))}{\tan (θ)} d θ .$
(b)

Calculer $F (x)$ .
(c)

En déduire les valeurs de

$\int_{0}^{π / 2} \frac{θ}{\tan (θ)} d θ$

et de

$\int_{0}^{π / 2} \ln (\sin (θ)) d θ .$

Solution

(a)

Posons

$f (x, θ) = \frac{\arctan (x \tan (θ))}{\tan (θ)} .$

La fonction $\arctan$ étant définie sur $ℝ$ , la fonction $f$ est définie pour tout couple $(x, θ)$ de $ℝ \times] 0; π / 2 [$ .

Pour $x \in ℝ$ , la fonction $θ \mapsto f (x, θ)$ est continue par morceaux sur $] 0; π / 2 [$ et

$f (x, θ) \to_{x \to 0^{+}}^{} x et f (x, θ) \to_{x \to {(π / 2)}^{-}}^{} 0 .$

L’intégrale est faussement généralisée en ses deux bornes et donc converge.

Finalement, $F$ est définie sur $ℝ$ .
(b)

La fonction $f$ admet une dérivée partielle

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, θ) = \frac{1}{1 + x^{2} \tan^{2} (θ)} .$

Cette dérivée partielle est continue en $x$ , continue par morceaux en $θ$ et, pour tout $(x, θ) \in ℝ \times] 0; π / 2 [$

$| \frac{\partial f}{\partial θ} (x, θ) | \leq 1 = φ (θ)$

avec $φ$ intégrable. Par domination, $F$ est de classe $𝒞^{1}$ et

$F^{'} (x) = \int_{0}^{π / 2} \frac{d θ}{1 + x^{2} \tan^{2} (θ)} d θ .$

On poursuit le calcul à l’aide du changement de variable $𝒞^{1}$ bijectif $t = \tan (θ)$

$F^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{(1 + x^{2} t^{2}) (1 + t^{2})} .$

Pour $x^{2} \neq 0$ et $x^{2} \neq 1$ , on décompose en éléments simples la fraction

$\frac{1}{(1 + x^{2} X) (1 + X)}$

et l’on en déduit en prenant $t^{2}$ au lieu de $X$

$\frac{1}{(1 + x^{2} t^{2}) (1 + t^{2})} = \frac{\frac{x^{2}}{x^{2} - 1}}{1 + x^{2} t^{2}} + \frac{\frac{1}{1 - x^{2}}}{1 + t^{2}} .$

On peut alors poursuivre le calcul de $F^{'} (x)$ . Pour $x > 0$ et $x \neq 1$ ,

$F^{'} (x) = \frac{x}{x^{2} - 1} \cdot \frac{π}{2} + \frac{1}{1 - x^{2}} \cdot \frac{π}{2} = \frac{1}{x + 1} \cdot \frac{π}{2} .$

La fonction $F^{'}$ étant continue et paire, on obtient l’expression sur $ℝ$

$F^{'} (x) = \frac{1}{| x | + 1} \cdot \frac{π}{2} .$

Enfin, sachant $F (0) = 0$ , on conclut

$F (x) = {\begin{matrix} \frac{π}{2} \ln (1 + x) & si x \geq 0 \\ - \frac{π}{2} \ln (1 - x) & si x \leq 0 . \end{matrix}$
(c)

Pour $x = 1$ , on obtient

$\int_{0}^{π / 2} \frac{θ}{\tan (θ)} d θ = \frac{π}{2} \ln (2) .$

Par intégration par parties généralisée,

$\int_{0}^{π / 2} \frac{θ}{\tan (θ)} d θ = \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{{[θ \ln (\sin (θ))]}_{0}^{π / 2}}} - \int_{0}^{π / 2} \ln (\sin (θ)) d θ$

et donc

$\int_{0}^{π / 2} \ln (\sin (θ)) d θ = - \frac{π}{2} \ln (2) .$

Exercice 139 4722

(Intégrales de Fresnel)

On donne¹¹ 1 Ces intégrales sont calculées dans le sujet 4711 et le sujet 535.

\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{4} + 1} = \frac{π}{2 \sqrt{2}} et \int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t = \frac{\sqrt{π}}{2} .

On pose

F (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- (t^{2} + i) x^{2}}}{t^{2} + i} d t pour x \in ℝ .

(a)

Montrer que $F$ est définie et continue sur $ℝ$ et déterminer sa limite en $+ \infty$ .
(b)

Montrer que $F$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ et exprimer $F^{'} (x)$ pour $x > 0$ .
(c)

En déduire la convergence ainsi que les valeurs des intégrales suivantes

$\int_{0}^{+ \infty} \cos (x^{2}) d x et \int_{0}^{+ \infty} \sin (x^{2}) d x .$

Exercice 140 2556 CCINP (MP)Correction

Pour $x > 0$ , on pose

F (x) = \int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{t + x} d t .

(a)

Montrer que $F$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Calculer $F^{'} (x)$ et en déduire l’expression de

$G (x) = F (x) + F (1 / x) .$
(c)

Soit $θ \in ℝ$ . Calculer

$\int_{0}^{1} \frac{t - 1}{t + 1} \cdot \frac{\ln (t)}{t^{2} + 2 t ch (θ) + 1} d t .$

Solution

(a)

Posons $f (x, t) = \frac{\ln (t)}{t + x}$ .
$f$ est définie et continue sur $] 0; + \infty [\times] 0; 1]$ .
Pour $x > 0$ , $f (x, t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{x} \ln (t)$ donc $\sqrt{t} f (x, t) \to_{t \to 0^{+}}^{} 0$ puis $t \mapsto f (x, t)$ est intégrable sur $] 0; 1]$ .
Ainsi $F$ est définie sur $] 0; + \infty [$ .
$f$ admet une dérivée partielle $\frac{\partial f}{\partial x}$ continue avec $\frac{\partial f}{\partial x} (x, t) = - \frac{\ln (t)}{{(t + x)}^{2}}$ .
Soit $[a; b] \subset] 0; + \infty [$ . Pour $x \in [a; b]$ ,

$| \frac{\partial f}{\partial x} (x, t) | \leq \frac{| \ln (t) |}{a^{2}} = φ (t)$

avec $φ$ intégrable sur $] 0; 1]$ .
Par domination sur tout segment, on peut affirmer que $F$ est de classe $𝒞^{1}$ et

$F^{'} (x) = \int_{0}^{1} - \frac{\ln (t)}{{(t + x)}^{2}} d t .$
(b)

Par intégration par parties,

$F^{'} (x) = {[\ln (t) (\frac{1}{t + x} - \frac{1}{x})]}_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{1}{t} (\frac{1}{t + x} - \frac{1}{x}) d t$

où la primitive de $t \mapsto \frac{1}{t + x}$ est choisie de sorte de s’annuler en 0 pour que l’intégration par parties présente deux convergences.
Ainsi,

$F^{'} (x) = \int_{0}^{1} \frac{d t}{x (t + x)} = \frac{\ln (x + 1) - \ln (x)}{x} .$

Par opérations

$G^{'} (x) = \frac{\ln (x + 1) - \ln (x)}{x} - \frac{\ln (1 + 1 / x) + \ln (x)}{x} = - \frac{1}{x} \ln (x)$

puis

$G (x) = G (1) - \frac{1}{2} {(\ln (x))}^{2} .$

Or $G (1) = 2 F (1)$ avec

$F (1) = \int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{t + 1} d t = \int_{0}^{1} \sum_{k = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{k} t^{k} \ln (t) d t .$

Or $\int_{0}^{1} t^{k} \ln (t) d t = \frac{- 1}{{(k + 1)}^{2}}$ donc par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues, $F (1) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n^{2}}$ . Sachant $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6}$ , on obtient $F (1) = - \frac{π^{2}}{12}$ puis

$G (x) = \frac{1}{2} {(\ln (x))}^{2} - \frac{π^{2}}{6} .$
(c)

Par décomposition en éléments simples

$\frac{t - 1}{(t + 1) (t^{2} + 2 t ch (θ) + 1)} = \frac{\frac{1}{ch (θ) - 1}}{t + 1} - \frac{\frac{1}{ch (θ) - 1} (t + ch (θ))}{t^{2} + 2 t ch (θ) + 1} .$

Donc

$\int_{0}^{1} \frac{t - 1}{t + 1} \cdot \frac{\ln (t)}{t^{2} + 2 t ch (θ) + 1} d t = \frac{1}{ch (θ) - 1} (F (1) - \frac{1}{2} G (e^{θ})) = \frac{θ^{2}}{4 (ch (θ) - 1)} .$

[<] Calcul d'intégrales[>] Transformée de Laplace et intégrales apparentées

Exercice 141 4720

(Transformation de Fourier)

Soit $f : ℝ \to ℂ$ une fonction continue par morceaux intégrable. On appelle transformée de Fourier de $f$ , l’application $ℱ (f)$ définie par

ℱ (f) (x) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (t) e^{- i x t} d t pour tout x \in ℝ .

(a)

Montrer que la fonction $ℱ (f)$ est définie et continue sur $ℝ$ .

Soit $n \in ℕ$ . On suppose l’application $t \mapsto t^{n} f (t)$ intégrable sur $ℝ$ .

(b)

Soit $k \in ⟦ 0; n ⟧$ . Montrer que la fonction $t \mapsto t^{k} f (t)$ est intégrable sur $ℝ$ .
(c)

Établir que la transformée de Fourier $ℱ (f)$ est de classe $𝒞^{n}$ .

Exercice 142 549

(Transformée de Fourier d’une fonction gaussienne)

Pour $x$ réel, exprimer simplement

F (x) = \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- t^{2}} e^{- i t x} d t sachant \int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t = \frac{\sqrt{π}}{2} .

Exercice 143 3655 Correction

Pour $x \in ℝ$ , on pose

g (x) = \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- t^{2}} e^{t x} d t .

(a)

Justifier l’existence de l’intégrale définissant $g (x)$ .
(b)

Justifier que $g$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ et former une équation différentielle linéaire d’ordre $1$ dont $g$ est solution.
(c)

Sachant $g (0) = \sqrt{π}$ , exprimer $g (x)$ pour tout $x \in ℝ$ .
(d)

Retrouver le résultat précédent à l’aide d’un changement de variable.

Solution

On introduit

f (x, t) = e^{- t^{2}} e^{t x} pour x \in ℝ et t \in] - \infty; + \infty [.

(a)

Pour tout $x \in ℝ$ , la fonction $t \mapsto f (x, t)$ est continue par morceaux et intégrable sur $ℝ$ car

$t^{2} f (x, t) \to_{t \to \pm \infty}^{} 0 .$

L’intégrale définissant $g$ est donc correctement définie.
(b)

Pour tout $t \in ℝ$ , la fonction $x \mapsto f (x, t)$ est dérivable et

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, t) = t e^{- t^{2}} e^{t x} .$

Pour tout $x \in ℝ$ , la fonction $t \mapsto \frac{\partial f}{\partial x} (t, x)$ est continue par morceaux sur $] - \infty; + \infty [$ .

Pour tout $t \in] - \infty; + \infty [$ , la fonction $x \mapsto \frac{\partial f}{\partial x} (x, t)$ est continue sur $ℝ$ .

Soit $a \in ℝ_{+}$ . Pour $(x, t) \in [- a; a] \times ℝ$ ,

$| \frac{\partial f}{\partial x} (x, t) | \leq | t | e^{a | t |} e^{- t^{2}} = φ_{a} (t)$

avec $φ_{a} :] - \infty; + \infty [\to ℝ_{+}$ continue par morceaux et intégrable sur $ℝ$ .

Par domination sur tout segment, on peut affirmer que $g$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ .

Par une intégration par parties généralisée correctement justifiée

$g^{'} (x) = \int_{- \infty}^{+ \infty} t e^{- t^{2}} e^{t x} d t = {[- \frac{1}{2} e^{- t^{2}} e^{t x}]}_{- \infty}^{+ \infty} + \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{+ \infty} x e^{- t^{2}} e^{t x} d t .$

On en déduit que $g$ est solution de l’équation différentielle

$g^{'} (x) - \frac{1}{2} x g (x) = 0 .$
(c)

La solution générale de cette équation différentielle s’exprime

$y (x) = λ e^{x^{2} / 4} avec λ \in ℝ .$

Sachant $g (0) = \sqrt{π}$ , on obtient

$g (x) = \sqrt{π} e^{x^{2} / 4} pour tout x \in ℝ .$
(d)

Pour $x \in ℝ$ ,

$g (x) = \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- {(t - x / 2)}^{2}} e^{x^{2} / 4} d t = (\int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- s^{2}} d s) e^{x^{2} / 4} = \sqrt{π} e^{x^{2} / 4} .$

Exercice 144 2499 ENSTIM (MP)Correction

On étudie

f (x) = \int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} \cos (x t) d t .

(a)

Donner le domaine de définition de $f$ .
(b)

Calculer $f$ en formant une équation différentielle.
(c)

Calculer $f$ en exploitant le développement en série entière de la fonction cosinus.

Solution

Posons $u (x, t) = e^{- t^{2}} \cos (x t)$ .

(a)

Pour chaque $x \in ℝ$ , la fonction $t \mapsto u (x, t)$ est continue par morceaux sur $[0; + \infty [$ et négligeable devant $1 / t^{2}$ en $+ \infty$ donc intégrable sur $[0; + \infty [$ . La fonction $f$ est définie sur $ℝ$ .
(b)

La fonction $t \mapsto \frac{\partial u}{\partial x} (x, t)$ est continue par morceaux sur $ℝ_{+}$ et $x \mapsto \frac{\partial u}{\partial x} (x, t)$ est continue sur $ℝ$ .
Pour $x \in [0; + \infty [$ ,

$| \frac{\partial u}{\partial x} (x, t) | \leq t e^{- t^{2}}$

avec $t \mapsto t e^{- t^{2}}$ intégrable sur $[0; + \infty [$ , la fonction $f$ est de classe $𝒞^{1}$ et

$f^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} - t e^{- t^{2}} \sin (x t) d t .$

Par intégration par parties généralisée justifiée par deux convergences,

$f^{'} (x) = {[\frac{1}{2} e^{- t^{2}} \sin (x t)]}_{0}^{+ \infty} - \frac{1}{2} \int_{0}^{+ \infty} x e^{- t^{2}} \cos (x t) d t = - \frac{1}{2} x f (x)$

$f$ est solution d’une équation différentielle linéaire d’ordre 1 et $f (0) = \sqrt{π} / 2$ on conclut

$f (x) = \frac{\sqrt{π}}{2} e^{- \frac{1}{4} x^{2}} .$
(c)

On peut écrire

$f (x) = \int_{0}^{+ \infty} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n} x^{2 n}}{(2 n)!} t^{2 n} e^{- t^{2}} d t .$

Posons $u_{n} (t) = \frac{{(- 1)}^{n} x^{2 n}}{(2 n)!} t^{2 n} e^{- t^{2}}$ .
Les fonctions $u_{n}$ sont continues par morceaux sur $ℝ_{+}$ .
La série $\sum u_{n}$ converge simplement sur $ℝ_{+}$ vers la fonction $t \mapsto e^{- t^{2}} \cos (x t)$ elle aussi continue par morceaux.
Les fonctions $u_{n}$ sont intégrables sur $ℝ_{+}$ et

$\int_{0}^{+ \infty} | u_{n} (t) | d t = \frac{x^{2 n}}{(2 n)!} \int_{0}^{+ \infty} t^{2 n} e^{- t^{2}} d t .$

Par intégration par parties généralisée justifiée par deux convergences

$\int_{0}^{+ \infty} t^{2 n} e^{- t^{2}} d t = \frac{2 n - 1}{2} \int_{0}^{+ \infty} t^{2 (n - 1)} e^{- t^{2}} d t$

et donc

$\int_{0}^{+ \infty} t^{2 n} e^{- t^{2}} d t = \frac{(2 n)!}{2^{2 n} n!} \int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t .$

Ainsi,

$\int_{0}^{+ \infty} | u_{n} (t) | d t = \frac{x^{2 n}}{2^{2 n} n!} \frac{\sqrt{π}}{2} .$

Cette quantité étant sommable, on peut intégrer terme à terme et l’on retrouve

$f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n} x^{2 n}}{2^{2 n} n!} \frac{\sqrt{π}}{2} = \frac{\sqrt{π}}{2} e^{- x^{2} / 4} .$

Exercice 145 3656 Correction

(a)

Existence de

$F (x) = \int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} ch (2 x t) d t .$
(b)

Calculer $F (x)$ en introduisant une équation différentielle vérifiée par $F$ .
(c)

Calculer $F (x)$ directement par une intégration terme à terme.

Solution

(a)

Posons

$f (x, t) = e^{- t^{2}} ch (2 x t) .$

La fonction $t \mapsto f (x, t)$ est continue par morceaux et intégrable sur $ℝ$ car

$t^{2} f (x, t) \to_{t \to \pm \infty}^{} 0$

et donc la fonction $F$ est définie sur $ℝ$ .
(b)

La fonction $x \mapsto f (x, t)$ est dérivable et

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, t) = 2 t e^{- t^{2}} sh (2 x t) .$

La fonction $t \mapsto \frac{\partial f}{\partial x} (t, x)$ est continue par morceaux, la fonction $x \mapsto \frac{\partial f}{\partial x} (x, t)$ est continue.
Soit $a \in ℝ_{+}$ .

$\forall (x, t) \in [- a; a] \times ℝ, | \frac{\partial f}{\partial x} (x, t) | \leq 2 a sh (2 a | t |) e^{- t^{2}} = φ_{a} (t)$

avec $φ_{a}$ intégrable sur $ℝ$ indépendant de $x$ .
On en déduit que la fonction $F$ est de classe $𝒞^{1}$ et par une intégration par parties

$F^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} 2 t e^{- t^{2}} sh (2 x t) d t = {[- e^{- t^{2}} sh (2 x t)]}_{0}^{+ \infty} + 2 x \int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} ch (2 x t) d t .$

On en déduit que $F$ est solution de l’équation différentielle

$F^{'} (x) - 2 x F (x) = 0 .$

Après résolution de cette équation différentielle

$F (x) = λ e^{x^{2}}$

avec $F (0) = \sqrt{π} / 2$ .
(c)

On sait

$\forall x, t \in ℝ, ch (2 x t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{2^{2 n}}{(2 n)!} {(x t)}^{2 n} .$

Posons $u_{n} : [0; + \infty [\to ℝ$

$u_{n} (t) = \frac{2^{2 n}}{(2 n)!} {(x t)}^{2 n} e^{- t^{2}} .$

Les fonctions $u_{n}$ sont continues par morceaux et la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge simplement sur $[0; + \infty [$ vers la fonction $t \mapsto e^{- t^{2}} ch (2 x t)$ elle-même continue par morceaux.
Chaque fonction $u_{n}$ est intégrable et

$\int_{0}^{+ \infty} | u_{n} (t) | d t = \frac{2^{2 n} {| x |}^{2 n}}{(2 n)!} \int_{0}^{+ \infty} t^{2 n} e^{- t^{2}} d t .$

Par intégration par parties

$\int_{0}^{+ \infty} t^{2 n} e^{- t^{2}} d t = \int_{0}^{+ \infty} t^{2 n - 1} \times t e^{- t^{2}} d t = \frac{2 n - 1}{2} \int_{0}^{+ \infty} t^{2 (n - 1)} e^{- t^{2}} d t$

et donc

$\int_{0}^{+ \infty} t^{2 n} e^{- t^{2}} d t = \frac{(2 n)!}{2^{2 n} n!} \frac{\sqrt{π}}{2}$

puis

$\int_{0}^{+ \infty} | u_{n} (t) | d t = \frac{{| x |}^{2 n}}{n!} \frac{\sqrt{π}}{2} .$

Il y a alors convergence de la série $\sum \int | u_{n} |$ et donc on peut intégrer terme à terme ce qui fournit

$F (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{+ \infty} u_{n} (t) d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{2 n}}{n!} \frac{\sqrt{π}}{2} = \frac{\sqrt{π}}{2} e^{x^{2}} .$

Exercice 146 2873 MINES (MP)Correction

Pour tout $x$ réel, on pose

f (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\cos (x t)}{\sqrt{t}} e^{- t} d t et g (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (x t)}{\sqrt{t}} e^{- t} d t .

Existence et calcul de ces deux intégrales.

Solution

La fonction $u (x, t) = e^{(i x - 1) t} / \sqrt{t}$ définie sur $ℝ \times] 0; + \infty [$ .
$t \mapsto u (x, t)$ est continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ pour chaque $x \in ℝ$ et

u (x, t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{\sqrt{t}} et t^{2} u (x, t) \to_{t \to + \infty}^{} 0 .

On en déduit que la fonction donnée par

F (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{(i x - 1) t}}{\sqrt{t}} d t = f (x) + i g (x)

est définie sur $ℝ$ .
La fonction $x \mapsto u (x, t)$ est dérivable sur $ℝ$ pour chaque $t \in] 0; + \infty [$ et

\frac{\partial u}{\partial x} (x, t) = i \sqrt{t} e^{(i x - 1) t}

$x \mapsto \frac{\partial u}{\partial x} (x, t)$ est continue sur $ℝ$ pour chaque $t \in] 0; + \infty [$ ,
$t \mapsto \frac{\partial u}{\partial x} (x, t)$ est continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ pour chaque $x \in ℝ$ et

| \frac{\partial u}{\partial x} (x, t) | = \sqrt{t} e^{- t} = φ (t)

avec $φ$ intégrable sur $] 0; + \infty [$ car prolongeable par continuité en 0 et vérifiant $t^{2} φ (t) \to_{t \to + \infty}^{} 0$ .
Par domination, on peut affirmer que $F$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ et

F^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} \sqrt{t} e^{(i x - 1) t} d t .

À l’aide d’une intégration par parties, on obtient

F^{'} (x) = - \frac{1}{2 (x + i)} F (x) .

La résolution de cette équation différentielle donne

F (x) = F (0) \frac{e^{i (\arctan (x)) / 2}}{{(x^{2} + 1)}^{1 / 4}} .

Enfin, sachant

\int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t = \frac{\sqrt{π}}{2}

on parvient à

F (x) = \frac{\sqrt{π} e^{i (\arctan (x)) / 2}}{{(x^{2} + 1)}^{1 / 4}}

d’où les expressions de $f (x)$ et de $g (x)$ .

f (x) = \frac{\sqrt{π}}{{(x^{2} + 1)}^{1 / 4}} \cos (\frac{\arctan (x)}{2}) et g (x) = \frac{\sqrt{π}}{{(x^{2} + 1)}^{1 / 4}} \sin (\frac{\arctan (x)}{2}) .

On peut encore éventuellement « simplifier » en exploitant

\cos (x) = \sqrt{\frac{1 + \cos (2 x)}{2}} pour x \in [- π / 2; π / 2]

ce qui donne

\cos (\frac{\arctan (x)}{2}) = \sqrt{\frac{1 + \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}}}{2}}

et aussi

\sin (\frac{\arctan (x)}{2}) = signe (x) \sqrt{\frac{1 - \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}}}{2}} .

Exercice 147 547 Correction

On pose

z : x \mapsto \int_{0}^{+ \infty} e^{(- 1 + i x) t^{2}} d t .

(a)

Montrer que $z$ est définie, de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ et vérifie

$z^{'} (x) = \frac{- 1}{2 (x + i)} z (x) .$
(b)

En déduire l’expression de $z (x)$ sachant $z (0) = \sqrt{π} / 2$ .

Solution

(a)

$t \mapsto g (x, t) = e^{(- 1 + i x) t^{2}}$ est définie et continue par morceaux sur $[0; + \infty [$ .
Puisque $t \mapsto | g (x, t) | = e^{- t^{2}}$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ , la fonction $z$ est bien définie.
$t \mapsto \frac{\partial g}{\partial x} (x, t) = i t^{2} e^{(- 1 + i x) t^{2}}$ est définie et continue par morceaux sur $[0; + \infty [$ ,
$x \mapsto \frac{\partial g}{\partial x} (x, t)$ est continue sur $ℝ$ ,

$| \frac{\partial g}{\partial x} (x, t) | \leq t^{2} e^{- t^{2}} = φ (t)$

avec $φ$ intégrable sur $[0; + \infty [$ .
La fonction $z$ est donc définie et de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ avec

$z^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} i t^{2} e^{(- 1 + i x) t^{2}} d t \underset{ipp}{=} - \frac{1}{2 (x + i)} z (x) .$
(b)

En multipliant par la quantité conjuguée

$\frac{- 1}{2 (x + i)} = \frac{- x + i}{2 (x^{2} + 1)} = - \frac{x}{2 (x^{2} + 1)} + \frac{i}{2 (x^{2} + 1)}$

donc

$z (x) = C \exp (i \frac{\arctan (x)}{2} - \frac{1}{4} \ln (x^{2} + 1)) = \frac{C e^{i (\arctan (x)) / 2}}{{(x^{2} + 1)}^{1 / 4}} .$

Puisque $z (0) = \frac{\sqrt{π}}{2}$ , on conclut

$z (x) = \frac{\sqrt{π} e^{i (\arctan (x)) / 2}}{2 {(x^{2} + 1)}^{1 / 4}} .$

Exercice 148 3311 CCINP (MP)Correction

Soient $a, b$ deux réels strictement positifs.

(a)

Justifier l’existence pour tout $x \in ℝ$ de

$F (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- a t} - e^{- b t}}{t} \cos (x t) d t .$
(b)

Justifier que $F$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ et calculer $F^{'} (x)$ .
(c)

Exprimer $F (x)$

Solution

On définit $f : ℝ \times] 0; + \infty [\to ℝ$ par

f (x, t) = \frac{e^{- a t} - e^{- b t}}{t} \cos (x t) .

(a)

Soit $x \in ℝ$ . La fonction $t \mapsto f (x, t)$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ : l’intégrale est généralisée aux deux bornes.

D’une part,

$t^{2} f (x, t) = \underset{\begin{matrix} \to 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{t (e^{- a t} - e^{- b t})}} \underset{\begin{matrix} bornée \end{matrix}}{\underset{⏟}{\cos (x t)}} \to_{t \to + \infty}^{} 0$

donc

$f (x, t) \underset{t \to + \infty}{=} o (\frac{1}{t^{2}}) .$

La fonction $t \mapsto f (x, t)$ est intégrable en $+ \infty$ .

D’autre part,

$f (x, t)$ $\underset{t \to 0^{+}}{=} \frac{(1 - a t + o (t)) - (1 - b t + o (t))}{t} \cos (x t)$

$= (b) \cos (x t) \to_{t \to 0^{+}}^{} b - a .$

La fonction $t \mapsto f (x, t)$ peut être prolongée par continuité en $0$ .

Finalement, la fonction $t \mapsto f (x, t)$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Soit $t \in] 0; + \infty [$ . La fonction $x \mapsto f (x, t)$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ avec

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, t) = (e^{- b t} - e^{- a t}) \sin (x t) .$

Pour $(x, t) \in ℝ \times] 0; + \infty [$ ,

$| \frac{\partial f}{\partial x} (x, t) | \leq e^{- a t} + e^{- b t} = φ (t)$

avec $φ :] 0; + \infty [\to ℝ_{+}$ fonction continue par morceaux et intégrable sur $] 0; + \infty [$ .

On en déduit que $F$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ avec

$F^{'} (x)$ $= \int_{0}^{+ \infty} (e^{- b t} - e^{- a t}) \sin (x t) d t$

$= \int_{0}^{+ \infty} e^{- b t} \sin (x t) d t - \int_{0}^{+ \infty} e^{- a t} \sin (x t) d t$

Or, pour $c > 0$ ,

$\int_{0}^{+ \infty} e^{- c t} \sin (x t) d t = Im (\int_{0}^{+ \infty} e^{(- c + i x) t} d t) = Im (\int_{0}^{+ \infty} e^{- λ t} d t) avec λ = c - i x$

et

$\int_{0}^{+ \infty} e^{- λ t} d t = {[- \frac{1}{λ} e^{- λ t}]}_{0}^{+ \infty} = 0 - (- \frac{1}{λ}) = \frac{1}{λ}$

donc

$\int_{0}^{+ \infty} e^{- c t} \sin (x t) d t = Im (\frac{1}{c - i x}) = Im (\frac{c + i x}{c^{2} + x^{2}}) = \frac{x}{c^{2} + x^{2}}$

puis

$F^{'} (x) = \frac{x}{x^{2} + b^{2}} - \frac{x}{x^{2} + a^{2}} .$
(c)

On en déduit

$F (x) = \frac{1}{2} \ln (\frac{x^{2} + b^{2}}{x^{2} + a^{2}}) + C^{t e} .$

Pour déterminer la constante, on étudie la limite de $F$ en $+ \infty$ . Posons

$ψ (t) = \frac{e^{- a t} - e^{- b t}}{t} .$

La fonction $ψ$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ (cf. étude initiale, cas $x = 0$ ).

Par intégration par parties généralisée correctement justifiée,

$\int_{0}^{+ \infty} ψ (t) \cos (x t) d t$ $= \frac{1}{x} \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{{[ψ (t) \sin (x t)]}_{0}^{+ \infty}}} - \frac{1}{x} \int_{0}^{+ \infty} ψ^{'} (t) \sin (x t) d t$

$= - \frac{1}{x} \int_{0}^{+ \infty} ψ^{'} (t) \sin (x t) d t$

Or

$| \frac{1}{x} \int_{0}^{+ \infty} ψ^{'} (t) \sin (x t) d t | \leq \frac{1}{x} \int_{0}^{+ \infty} | ψ^{'} (t) | d t$

(en justifiant que $ψ^{'}$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ car négligeable devant $t \mapsto 1 / t^{2}$ en $+ \infty$ et prolongeable par continuité en $0$ ).

On a donc

$| \int_{0}^{+ \infty} ψ (t) \cos (x t) d t | \leq \frac{1}{x} \int_{0}^{+ \infty} | ψ^{'} (t) | d t \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

On peut conclure

$\forall x \in ℝ, F (x) = \frac{1}{2} \ln (\frac{x^{2} + b^{2}}{x^{2} + a^{2}}) .$

Exercice 149 3211 CENTRALE (MP)Correction

On considère

φ : x \mapsto \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{i t x}}{1 + t^{2}} d t .

(a)

Montrer la définie et la continuité de $φ$ sur $ℝ$ .
(b)

Montrer que $φ$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{*}$ et montrer que

$φ^{'} (x) = i \int_{0}^{+ \infty} \frac{t e^{i t x}}{1 + t^{2}} d t .$
(c)

Montrer que pour $x > 0$ ,

$φ^{'} (x) = i \int_{0}^{+ \infty} \frac{u e^{i u}}{x^{2} + u^{2}} d u$

et déterminer un équivalent de $φ^{'} (x)$ quand $x \to 0^{+}$ .
(d)

La fonction $φ$ est-elle dérivable en $0$ ?

Solution

(a)

Posons $f : ℝ \times ℝ \to ℝ$ définie par

$f (x, t) = \frac{e^{i t x}}{1 + t^{2}} .$

La fonction $f$ est définie et continue sur $ℝ^{2}$ .
Pour tout $(x, t) \in ℝ^{2}$ , on a

$| f (x, t) | \leq \frac{1}{1 + t^{2}} = ψ (t)$

avec $ψ$ intégrable sur $[0; + \infty [$ .
On en déduit que $φ$ est définie et continue sur $ℝ$ .
(b)

Par intégration par parties,

$φ (x) = - \frac{1}{i x} + \frac{1}{i x} \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 t e^{i t x}}{{(1 + t^{2})}^{2}} d t .$

La fonction

$x \mapsto \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 t e^{i t x}}{{(1 + t^{2})}^{2}} d t$

est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ en vertu de la domination

$| \frac{\partial}{\partial x} (\frac{2 t e^{i t x}}{{(1 + t^{2})}^{2}}) | = \frac{2 t^{2}}{{(1 + t^{2})}^{2}} \leq \frac{2}{1 + t^{2}} .$

On en déduit que $φ$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{*}$ avec

$φ^{'} (x) = \frac{1}{i x^{2}} - \frac{1}{i x^{2}} \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 t e^{i t x}}{{(1 + t^{2})}^{2}} d t + \frac{1}{x} \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 t^{2} e^{i t x}}{{(1 + t^{2})}^{2}} d t .$

Or, par intégration par parties,

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{2 t e^{i t x}}{{(1 + t^{2})}^{2}} = {[- \frac{e^{i t x}}{1 + t^{2}}]}_{0}^{+ \infty} + i x \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{i t x}}{1 + t^{2}} d t$

donc

$φ^{'} (x) = - \frac{1}{x} \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{i t x}}{1 + t^{2}} d t + \frac{1}{x} \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 t^{2} e^{i t x}}{{(1 + t^{2})}^{2}} d t = \frac{1}{x} \int_{0}^{+ \infty} \frac{t^{2} - 1}{{(1 + t^{2})}^{2}} e^{i t x} d t .$

Enfin, une dernière intégration par parties donne

$φ^{'} (x) = \frac{1}{x} {[- \frac{2 t}{1 + t^{2}} e^{i t x}]}_{0}^{+ \infty} + i \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 t}{1 + t^{2}} e^{i t x} d t$

et la relation voulue…
(c)

Par le changement de variable $u = t x$ , on obtient l’expression proposée.
On peut décomposer

$φ^{'} (x) = i \int_{0}^{1} \frac{u e^{i u}}{x^{2} + u^{2}} d u + \int_{1}^{+ \infty} \frac{u e^{i u}}{x^{2} + u^{2}} d u .$

D’une part, par intégration par parties

$\int_{1}^{+ \infty} \frac{u e^{i u}}{x^{2} + u^{2}} d u = {[\frac{u e^{i u}}{x^{2} + u^{2}}]}_{1}^{+ \infty} - \int_{1}^{+ \infty} \frac{x^{2} - u^{2}}{{(x^{2} + u^{2})}^{2}} e^{i u} d u$

avec

${[\frac{u e^{i u}}{x^{2} + u^{2}}]}_{1}^{+ \infty} = - \frac{e^{i}}{x^{2} + 1} \to_{x \to 0^{+}}^{} - e^{i}$

et

$| \int_{1}^{+ \infty} \frac{x^{2} - u^{2}}{{(x^{2} + u^{2})}^{2}} e^{i u} d u | \leq \int_{1}^{+ \infty} \frac{u^{2} - x^{2}}{{(x^{2} + u^{2})}^{2}} d u = \frac{1}{x^{2} + 1} \to_{x \to 0^{+}}^{} 1 .$

D’autre part,

$\int_{0}^{1} \frac{u e^{i u}}{x^{2} + u^{2}} d u = \int_{0}^{1} \frac{u}{x^{2} + u^{2}} d u + \int_{0}^{1} \frac{u (e^{i u} - 1)}{x^{2} + u^{2}} d u$

avec

$\int_{0}^{1} \frac{u}{x^{2} + u^{2}} d u = {[\frac{1}{2} \ln (x^{2} + u^{2})]}_{0}^{1} \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \ln (x)$

et

$| \int_{0}^{1} \frac{u (e^{i u} - 1)}{x^{2} + u^{2}} d u | \leq \int_{0}^{1} \frac{| e^{i u} - 1 |}{u} d u < + \infty .$

Au final,

$φ^{'} (x) = i \ln (x) + o (\ln (x)) + o (1) \underset{x \to 0^{+}}{\sim} i \ln (x) .$
(d)

En vertu de ce qui précède

$Im (φ^{'} (x)) \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \ln (x) \to - \infty .$

On en déduit que la fonction réelle $Im (φ)$ n’est pas dérivable en 0, il en est a fortiori de même de $φ$ .

[<] Transformée de Fourier et intégrales apparentées[>] Fonction d'Euler

Exercice 150 5834 Correction

(Transformation de Laplace)

Soit $f :] 0; + \infty [\to ℂ$ une fonction continue par morceaux et intégrable sur $] 0; + \infty [$ . On appelle transformée de Laplace de $f$ l’application $L (f)$ définie par

L (f) (p) = \int_{0}^{+ \infty} f (t) e^{- p t} d t pour tout p \in [0; + \infty [.

(a)

Montrer que la fonction $L (f)$ est définie, continue et bornée sur $[0; + \infty [$ .
(b)

Étudier la limite de $L (f)$ en $+ \infty$ .
(c)

Montrer que $L (f)$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; + \infty [$ .

Solution

(a)

Introduisons la fonction $u : [0; + \infty [\times] 0; + \infty [\to ℂ$ définie par $u (p, t) = f (t) e^{- p t}$ de sorte que, sous réserve d’existence,

$L (f) (p) = \int_{0}^{+ \infty} u (p, t) d t .$

Pour tout $p \in [0; + \infty [$ , la fonction $t \mapsto u (p, t)$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ en vertu de la domination

$\forall t \in [0; + \infty [, | u (p, t) | = \underset{\begin{matrix} \leq 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{e^{- p t}}} | f (t) | \leq | f (t) | .$

La fonction $L (f)$ est donc correctement définie sur $[0; + \infty [$ .

Au surplus, pour tout $t \in] 0; + \infty [$ , $p \mapsto u (p, t)$ est continue sur $[0; + \infty [$ . Par l’hypothèse de domination précédente, $L (f)$ est continue sur $[0; + \infty [$ .

Enfin, la domination précédente donne aussi

$\forall p \in [0; + \infty [, | L (f) (p) | \leq \int_{0}^{+ \infty} | f (t) | d t = M .$

La fonction $L (f)$ est donc bornée.
(b)

Pour tout $t \in] 0; + \infty [$ , on a

$u (p, t) \to_{p \to + \infty}^{} 0 .$

Par la domination précédente, on peut échanger limite et intégrale

$lim_{p \to + \infty} L (f) (p) = \int_{0}^{+ \infty} 0 d t = 0 .$
(c)

Pour tout $t \in] 0; + \infty [$ , la fonction $p \mapsto u (p, t)$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; + \infty [$ (et même sur $[0; + \infty [$ ) avec

$\forall k \in ℕ^{*}, \frac{\partial^{k} u}{\partial p^{k}} (p, t) = {(- t)}^{k} e^{- p t} f (t) .$

Soit $a > 0$ .

Pour $p \in [a; + \infty [$ et $t \in] 0; + \infty [$ ,

$| \frac{\partial^{k} u}{\partial p^{k}} (p, t) | \leq t^{k} e^{- a t} | f (t) | .$

La fonction $t \mapsto t^{k} e^{- a t}$ est continue sur $[0; + \infty [$ et de limite nulle en $+ \infty$ . Il existe donc un réel $M_{a, k}$ tel que

$\forall t \in [0; + \infty [, t^{k} e^{- a t} \leq M_{a, k}$

et alors

$\forall p \in [a; + \infty [, \forall t \in] 0; + \infty [, | \frac{\partial^{k} u}{\partial p^{k}} | \leq M_{a, k} | f (t) | = φ_{a, k} (t) .$

La fonction $φ_{a, k}$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ .

Par domination, $L (f)$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $[a; + \infty [$ . Puisque cela vaut pour tout $a > 0$ , $L (f)$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; + \infty [$ . Au surplus, on peut calculer les dérivées successives de $L (f)$ en dérivant sous l’intégrale.

Exercice 151 4721

(Transformation de Laplace)

Soit $f : [0; + \infty [\to ℂ$ une fonction continue et bornée. On appelle transformée de Laplace de $f$ l’application $L (f)$ définie par

L (f) (x) = \int_{0}^{+ \infty} f (t) e^{- x t} d t pour tout x \in] 0; + \infty [.

(a)

Montrer que la fonction $L (f)$ est définie et continue sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Déterminer la limite de $x L (f) (x)$ quand $x$ tend vers $+ \infty$ .

On suppose que la fonction $f$ admet une limite finie $λ$ en $+ \infty$ .

Exercice 152 4944 CCINP (MP)Correction

Soit

F : x \mapsto \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x t} \sin (t)}{t} d t .

(a)

Justifier que $F$ est définie et de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ .
(b)

Calculer $F^{'} (x)$ .
(c)

En déduire une expression simplifiée de $F (x)$ valable pour tout $x > 0$ .

Solution

(a)

Posons

$f (x, t) = \frac{e^{- x t} \sin (t)}{t}$

définie sur $] 0; + \infty [\times] 0; + \infty [$ .

Pour tout $x > 0$ , la fonction $t \mapsto f (x, t)$ est continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ et intégrable car

$f (x, t) \to_{t \to 0^{+}}^{} 1 et t^{2} f (x, t) \to_{t \to + \infty}^{} 0 .$

La fonction $f$ admet une dérivée partielle

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, t) = - e^{- x t} \sin (t) .$

Celle-ci est continue en $x$ et continue par morceaux en $t$ .

Soit $[a; b] \subset] 0; + \infty [$ . On a

$\forall (x, t) \in [a; b] \times] 0; + \infty [, | \frac{\partial f}{\partial x} (x, t) | \leq e^{- a t} = φ (t) .$

La fonction $φ$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ . Par domination sur tout segment, on obtient $F$ de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ et

$F^{'} (x) = - \int_{0}^{+ \infty} e^{- t x} \sin (t) d t .$
(b)

En employant

$\int_{0}^{+ \infty} e^{- t x} \sin (t) d t = Im (\int_{0}^{+ \infty} e^{- t x} e^{i t} d t)$

on obtient

$F^{'} (x) = - \frac{1}{1 + x^{2}} .$
(c)

On en déduit

$F (x) = - \arctan (x) + C^{t e} sur] 0; + \infty [.$

Montrons ${lim}_{x \to + \infty} F (x) = 0$ . On a $| \sin (t) | \leq t$ pour tout $t > 0$ et donc

$| F (x) | \leq \int_{0}^{+ \infty} e^{- x t} d t = \frac{1}{x} \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

On conclut

$F (x) = \frac{π}{2} - \arctan (x) .$

Exercice 153 3889 Correction

Soit

g : x \mapsto \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x t}}{1 + t} d t .

Montrons que $g$ est solution sur $ℝ_{+}^{*}$ de l’équation différentielle

- y^{'} + y = \frac{1}{x} .

Solution

Considérons $f : (x, t) \mapsto \frac{e^{- x t}}{1 + t}$ définie sur $] 0; + \infty [\times [0; + \infty [$
Pour $t \in [0; + \infty [$ , la fonction $x \mapsto f (x, t)$ est fois dérivable sur $] 0; + \infty [$ $f$ admet une dérivée partielle

\frac{\partial f}{\partial x} (x, t) = - t \frac{e^{- x t}}{1 + t} .

Pour tout $x \in] 0; + \infty [$ , $t \mapsto f (x, t)$ est continue par morceaux et intégrable sur $[0; + \infty [$ car

t^{2} f (x, t) \to_{t \to + \infty}^{} 0 .

De plus,
$\forall x \in] 0; + \infty [, t \mapsto \frac{\partial f}{\partial x} (x, t)$ est continue par morceaux.
$\forall t \in [0; + \infty [, x \mapsto \frac{\partial f}{\partial x} (x, t)$ est continue.
Enfin, pour $[a; b] \subset [0; + \infty [$ . On a

\forall (x, t) \in [a; b] \times [0; + \infty [, | \frac{\partial f}{\partial x} (x, t) | \leq e^{- a t}

avec $φ : t \mapsto e^{- a t}$ continue par morceaux et intégrable sur $[0; + \infty [$ .
Par domination sur tout segment, la fonction $g$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ et

- g^{'} (x) + g (x) = \int_{0}^{+ \infty} t \frac{e^{- x t}}{1 + t} d t + \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x t}}{1 + t} d t = \int_{0}^{+ \infty} e^{- x t} d t = \frac{1}{x} .

On peut aussi constater le résultat plus directement en procédant aux changements de variable $u = 1 + t$ puis $v = u x$ ce qui ramène l’expression étudiée à une primitive

g (x) = e^{x} \int_{x}^{+ \infty} \frac{e^{- v}}{v} d v

et on peut alors vérifier la satisfaction de l’équation différentielle.

Exercice 154 538 Correction

Soit

F : x \mapsto \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x t}}{1 + t^{2}} d t .

Montrer que $F$ est solution sur $ℝ_{+}^{*}$ de limite nulle en $+ \infty$ de l’équation différentielle

y^{''} + y = \frac{1}{x} .

Solution

Considérons $f : (x, t) \mapsto \frac{e^{- x t}}{1 + t^{2}}$ définie sur $] 0; + \infty [\times [0; + \infty [$
Pour tout $x \in] 0; + \infty [$ , $t \mapsto f (x, t)$ est continue par morceaux sur $[0; + \infty [$ et intégrable car

| f (x, t) | \leq \frac{1}{1 + t^{2}} .

Pour $t \in [0; + \infty [$ , la fonction $x \mapsto f (x, t)$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $] 0; + \infty [$ et

\frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = - t \frac{e^{- x t}}{1 + t^{2}} et \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} (x, t) = t^{2} \frac{e^{- x t}}{1 + t^{2}} .

Pour tout $x \in] 0; + \infty [$ , la fonctions $t \mapsto \frac{\partial f}{\partial x} (x, t)$ est continue par morceaux et intégrable.
La fonction $\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}$ est continue en $x$ , continue par morceaux en $t$ .
Soit $[a; b] \subset] 0; + \infty [$ . Sur $[a; + \infty [\times [0; + \infty [$ , on a

| \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} (x, t) | \leq e^{- a t}

avec $φ : t \mapsto e^{- a t}$ continue par morceaux et intégrable sur $[0; + \infty [$ .
Par domination sur tout compact, la fonction $F$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ et

F^{''} (x) + F (x) = \int_{0}^{+ \infty} t^{2} \frac{e^{- x t}}{1 + t^{2}} d t + \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x t}}{1 + t^{2}} d t = \int_{0}^{+ \infty} e^{- x t} d t = \frac{1}{x} .

Enfin $F \to_{+ \infty}^{} 0$ car

| f (x) | \leq \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x t}}{1 + t^{2}} d t \leq \int_{0}^{+ \infty} e^{- x t} d t = \frac{1}{x} \to_{x \to + \infty}^{} 0 .

Exercice 155 2989 ENSTIM (MP)Correction

Pour $x > 0$ , on pose

f (x) = \int_{0}^{+ \infty} e^{- x t} \ln (t) d t .

(a)

Montrer que $f$ est bien définie sur $ℝ_{+}^{*}$ .
(b)

Justifier que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ .
(c)

Former une équation différentielle linéaire vérifiée par $f$ et en déduire une expression de $f$ à l’aide de $f (1)$ .

Solution

(a)

Pour $x \in ℝ_{+}^{*}$ et $t \in] 0; + \infty [$ , on pose

$u (x, t) = e^{- x t} \ln (t) .$

Pour tout $x \in ℝ_{+}^{*}$ , la fonction $t \mapsto e^{- x t} \ln (t)$ est continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ avec

$\sqrt{t} u (x, t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \sqrt{t} \ln (t) \to_{t \to 0^{+}}^{} 0 et t^{2} u (x, t) \to_{t \to + \infty}^{} 0 .$

La fonction $t \mapsto u (x, t)$ est donc intégrable sur $] 0; + \infty [$ et l’intégrale définissant $f (x)$ est alors convergente.
(b)

Pour tout $t \in] 0; + \infty [$ , la fonction $x \mapsto u (x, t)$ est dérivable avec

$\frac{\partial u}{\partial x} (x, t) = - t \ln (t) e^{- x t} .$

La fonction associée est continue en $x$ et continue par morceaux en $t$ . Pour tout $a > 0$ ,

$\forall (x, t) \in [a; + \infty [\times] 0; + \infty [, | \frac{\partial u}{\partial x} (x, t) | = t | \ln (t) | e^{- x t} \leq t | \ln (t) | e^{- a t} = φ_{a} (t) .$

La fonction $φ_{a} :] 0; + \infty [\to ℝ_{+}$ est définie, continue par morceaux et intégrable sur $] 0; + \infty [$ car prolongeable par continuité en $0$ et négligeable devant $t \mapsto 1 / t^{2}$ en $+ \infty$ .

Par domination, $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $[a; + \infty [$ . Or cela vaut pour tout $a > 0$ et la fonction $f$ est donc de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ avec

$f^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} - t \ln (t) e^{- x t} d t .$
(c)

On réalise une intégration par parties généralisée avec

$u (t) = t \ln (t) - t et v (t) = e^{- x t} .$

Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ et le produit $u v$ admet des limites finies (toutes deux nulles) en $0^{+}$ et $+ \infty$ . Par intégration par parties généralisée,

$f (x) = \int_{0}^{+ \infty} \ln (t) e^{- x t} d t = {[(t \ln (t) - t) e^{- x t}]}_{0}^{+ \infty} + x \int_{0}^{+ \infty} (t \ln (t) - t) e^{- x t} d t$

avec convergence de l’intégrale introduite.

Par linéarité et avec convergence des intégrales manipulées,

$f (x) = x \int_{0}^{+ \infty} t \ln (t) e^{- t} d t - \int_{0}^{+ \infty} x t e^{- x t} d t$

avec

$\int_{0}^{+ \infty} x t e^{- x t} d t = \frac{1}{x} \int_{0}^{+ \infty} u e^{- u} d u .$

Par une nouvelle intégration par parties généralisée,

$\int_{0}^{+ \infty} u e^{- u} d u = {[- u e^{- u}]}_{0}^{+ \infty} + \int_{0}^{+ \infty} e^{- u} d u = 1 .$

Au final, on obtient que $f$ est solution sur $] 0; + \infty [$ de l’équation différentielle linéaire

$x y^{'} + y + \frac{1}{x} = 0 .$

Après résolution de cette équation différentielle, on obtient

$f (x) = - \frac{\ln (x)}{x} + \frac{C}{x} avec C = f (1)$

En fait, le changement de variable $u = x t$ dans l’intégrale définissant $f (x)$ permet d’obtenir initialement

$f (x) = - \frac{\ln (x)}{x} + \frac{C}{x} avec C = \int_{0}^{+ \infty} \ln (t) e^{- t} d t .$

Exercice 156 4716

Pour $x \geq 0$ , on pose

f (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x t}}{1 + t^{3}} d t .

(a)

Montrer que $f$ est définie et continue sur $ℝ_{+}$ .
(b)

Déterminer la limite de $f$ en $+ \infty$ .

Exercice 157 537 Correction

Soit

f : x \mapsto \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x t^{2}}}{1 + t^{2}} d t .

(a)

Montrer que $f$ est définie et continue sur $ℝ_{+}$ .
(b)

Montrer que $f$ est dérivable sur $ℝ_{+}^{*}$ et solution de l’équation différentielle

$y - y^{'} = \frac{\sqrt{π}}{2 \sqrt{x}} .$

Solution

(a)

$g : (x, t) \mapsto \frac{e^{- x t^{2}}}{1 + t^{2}}$ est définie continue en $x$ et continue par morceaux en $t$ sur $ℝ_{+} \times [0; + \infty [$ avec

$| g (x, t) | \leq \frac{1}{1 + t^{2}} = φ (t)$

et $φ$ intégrable sur $[0; + \infty [$ .
Par domination, on peut affirmer que $f$ est définie et continue sur $ℝ_{+}$ .
(b)

$\frac{\partial g}{\partial x}$ existe et est continue en $x$ et continue par morceaux en $t$ sur $ℝ_{+}^{*} \times [0; + \infty [$ .
Pour $x \in [a; b] \subset ℝ_{+}^{*}$ on a

$| \frac{\partial g}{\partial x} (x, t) | = | - \frac{t^{2}}{1 + t^{2}} e^{- x t^{2}} | \leq e^{- a t^{2}} = ψ (t)$

avec $ψ$ intégrable sur $ℝ_{+}$ .
Par domination sur tout segment de $ℝ_{+}^{*}$ , on peut affirmer que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ avec

$f^{'} (x) = - \int_{0}^{+ \infty} \frac{t^{2} e^{- x t^{2}}}{1 + t^{2}} d t .$

Enfin,

$f (x) - f^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} e^{- x t^{2}} d t \underset{u = \sqrt{x} t}{=} \frac{1}{\sqrt{x}} \int_{0}^{+ \infty} e^{- u^{2}} d u = \frac{\sqrt{π}}{2 \sqrt{x}} .$

Exercice 158 532 Correction

Soit

g (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- t x^{2}} d t}{1 + t^{3}} .

(a)

Calculer $g (0)$ en réalisant le changement de variable $t = 1 / u$ .
(b)

Étudier les variations de $g$ sur son domaine de définition.
(c)

Étudier la limite de $g$ en $+ \infty$ .

Solution

(a)

$t \mapsto \frac{1}{1 + t^{3}}$ est intégrable sur $ℝ_{+}$ car équivaut à $t \mapsto \frac{1}{t^{3}}$ en $+ \infty$ . On en déduit que l’intégrale définissant $g (0)$ existe. La fonction $u \mapsto 1 / u$ est une bijection de classe $𝒞^{1}$ entre $ℝ_{+}^{*}$ et $ℝ_{+}^{*}$ : on peut réaliser le changement de variable $t = 1 / u$ . Celui-ci donne

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{1 + t^{3}} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{u d u}{1 + u^{3}} .$

En sommant ces deux expressions de $g (0)$ ,

$2 g (0) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} - t + 1} = {[\frac{2}{\sqrt{3}} \arctan (\frac{2 t - 1}{\sqrt{3}})]}_{0}^{+ \infty} = \frac{4 π}{3 \sqrt{3}}$

puis

$g (0) = \frac{2 π}{3 \sqrt{3}} .$
(b)

La fonction $g$ est paire. Pour $0 \leq x \leq y$ , on a pour tout $t \geq 0$ , $e^{- t x^{2}} \geq e^{- t y^{2}}$ et par intégration $g (x) \geq g (y)$ . On en déduit que $g$ est décroissante sur $ℝ_{+}$ .
(c)

Pour $x > 0$ ,

$0 \leq g (x) \leq \int_{0}^{+ \infty} e^{- t x^{2}} d t = \frac{1}{x^{2}} \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

Par encadrement,

$lim_{x \to + \infty} g (x) = 0 .$

[<] Transformée de Laplace et intégrales apparentées[>] Applications variées

Exercice 159 5539 Correction

On introduit la fonction $Γ :] 0; + \infty [\to ℝ$ définie par

Γ (x) = \int_{0}^{+ \infty} t^{x - 1} e^{- t} d t .

(a)

Soit $x > 0$ . Exprimer $Γ (x + 1)$ en fonction de $x$ et $Γ (x)$ .
(b)

Calculer $Γ (n)$ pour tout $n \in ℕ^{*}$ .
(c)

Soient $α \in ℝ_{+}^{*}$ et $n \in ℕ^{*}$ .

Exprimer $α (α + 1) \times \dots \times (α + n - 1)$ en fonction de $Γ (α + n)$ et $Γ (α)$ .
(d)

Sachant $\int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t = \frac{\sqrt{π}}{2}$ , calculer $Γ (n + \frac{1}{2})$ pour tout $n \in ℕ$ .

Solution

(a)

Soit $x > 0$ . On réalise une intégration par parties avec

$u (t) = t^{x} et v (t) = - e^{- t} .$

Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $𝒞^{1}$ et le produit $u v : t \mapsto - t^{x} e^{- t}$ présente des limites finies en $0^{+}$ et $+ \infty$ . Par intégration par parties généralisée,

$Γ (x + 1) = \int_{0}^{+ \infty} t^{x} e^{- t} d t = \int_{0}^{+ \infty} x t^{x - 1} e^{- t} d t = x Γ (x) .$
(b)

Par une simple récurrence,

$Γ (n) = (n - 1)! pour tout n \in ℕ^{*} .$
(c)

On remarque

$Γ (α + n)$ $= (α + n - 1) Γ (α + n - 1)$

$= (α + n - 1) (α + n - 2) Γ (α + n - 2) = \dots$

$= (α + n - 1) \dots (α + 1) α Γ (α)$

et donc

$α (α + 1) \times \dots \times (α + n - 1) = \frac{Γ (α + n)}{Γ (α)}$

(formule que l’on valide par récurrence sur $n \in ℕ^{*}$ ).
(d)

Par le changement de variable $u = t^{2}$ (de classe $𝒞^{1}$ strictement croissant),

$\int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- u}}{2 \sqrt{u}} d u = \frac{1}{2} Γ (\frac{1}{2}) .$

On en déduit

$Γ (\frac{1}{2}) = \sqrt{π}$

puis, à l’instar de ce qui précède,

$Γ (n + \frac{1}{2}) = (n - \frac{1}{2}) (n - \frac{3}{2}) \times \dots \times \frac{1}{2} \times Γ (\frac{1}{2}) .$

On réécrit

$Γ (n + \frac{1}{2}) = \frac{(2 n - 1) (2 n - 3) \times \dots \times 1}{2^{n}} \sqrt{π} = \frac{(2 n)!}{2^{2 n} n!} \sqrt{π} .$

Exercice 160 4724

(a)

Determiner les réels $x$ permettant d’introduire

$Γ (x) \overset{déf}{=} \int_{0}^{+ \infty} t^{x - 1} e^{- t} d t .$
(b)

Montrer que la fonction $Γ$ est continue sur son intervalle de définition.
(c)

Vérifier $Γ (x + 1) = x Γ (x)$ pour tout $x > 0$ .
(d)

Exprimer simplement $Γ (n)$ pour $n \in ℕ^{*}$ .

Exercice 161 561 Correction

(a)

Démontrer que la fonction $Γ$ donnée par

$Γ (x) = \int_{0}^{+ \infty} t^{x - 1} e^{- t} d t$

est définie et continue sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Démontrer que la fonction $Γ$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $] 0; + \infty [$ .
(c)

En employant l’inégalité de Cauchy-Schwarz, établir que la fonction $\ln \circ Γ$ est convexe.

Solution

(a)

Posons $f (x, t) = t^{x - 1} e^{- t}$ définie sur $ℝ_{+}^{*} \times] 0; + \infty [$ . Pour tout $x > 0$ , la fonction $t \mapsto f (x, t)$ est intégrable car

$t^{x - 1} e^{- t} \underset{t \to 0^{+}}{\sim} t^{x - 1} avec x - 1 > - 1 et t^{2} f (x, t) \to_{t \to + \infty}^{} 0 .$

La fonction $Γ$ est donc définie sur $] 0; + \infty [$ .

Pour tout $t \in] 0; + \infty [$ , la fonction $x \mapsto f (x, t)$ est continue sur $ℝ_{+}^{*}$
Pour $x \in [a; b] \subset] 0; + \infty [$ , on a $t^{x - 1} \leq t^{a - 1}$ ou $t^{x - 1} \leq t^{b - 1}$ selon que $t \leq 1$ ou $t \geq 1$ et donc

$\forall (x, t) \in [a; b] \times] 0; + \infty [, | f (x, t) | \leq f (a, t) + f (b, t) = φ (t) .$

La fonction $φ$ est intégrable et donc, par domination sur tout segment, $Γ$ est continue sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Pour tout $t \in] 0; + \infty [$ , la fonction $x \mapsto f (x, t)$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $] 0; + \infty [$ avec

$\forall k = 1, 2, \frac{\partial^{k} f}{\partial x^{k}} (x, t) = {(\ln (t))}^{k} t^{x - 1} e^{- t} .$

Pour tout $x > 0$ : $t \mapsto \frac{\partial f}{\partial x} (x, t)$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ car

$t^{a} \ln (t) t^{x - 1} e^{- t} \to_{x \to 0^{+}}^{} 0 pour a \in] 1 - x; 1 [et t^{2} \times \ln (t) t^{x - 1} e^{- t} \to_{t \to + \infty}^{} 0$

Pour tout $[a; b] \subset] 0; + \infty [$

$\forall (x, t) \in [a; b] \times] 0; + \infty [, | \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} (x, t) | \leq {(\ln (t))}^{2} (t^{a - 1} + t^{b - 1}) e^{- t} = φ_{a, b} (t) .$

Par des arguments analogues aux précédents, on obtient que $φ_{a, b}$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ .

Par domination sur tout segment, $Γ$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $] 0; + \infty [$ avec

$Γ^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} \ln (t) t^{x - 1} e^{- y} d t et Γ^{''} (x) = \int_{0}^{+ \infty} {(\ln (t))}^{2} t^{x - 1} e^{- y} d t .$
(c)

La dérivée seconde de $\ln \circ Γ$ est du signe de

$Γ^{''} (x) Γ (x) - Γ^{'} {(x)}^{2} .$

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz:

$(\int_{0}^{+ \infty}$ $\sqrt{t^{x - 1} e^{- t}} \sqrt{{(\ln (t))}^{2} t^{x - 1} e^{- t}}) d t$

$\leq (\int_{0}^{+ \infty} t^{x - 1} e^{- t} d t) (\int_{0}^{+ \infty} {(\ln (t))}^{2} t^{x - 1} e^{- t} d t) .$

Ainsi,

$Γ^{'} {(x)}^{2} \leq Γ (x) Γ^{''} (x)$

et donc

${(\ln \circ Γ)}^{''} \geq 0 .$

Finalement, $x \mapsto \ln (Γ (x))$ est convexe.

Exercice 162 4723

(Formule d’Euler-Gauss)

On reprend la fonction $Γ$ introduite dans le sujet 4724.

Soit $x$ un réel strictement positif.

(a)

Justifier

$Γ (x) = lim_{n \to + \infty} \int_{0}^{n} {(1 - \frac{t}{n})}^{n} t^{x - 1} d t .$
(b)

En déduire la formule d’Euler-Gauss

$Γ (x) = lim_{n \to + \infty} \frac{n^{x} n!}{x (x + 1) \dots (x + n)} .$

Exercice 163 560 Correction

Démontrer que la fonction

Γ : x \mapsto \int_{0}^{+ \infty} t^{x - 1} e^{- t} d t

est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; + \infty [$ .

Solution

Posons $f (x, t) = t^{x - 1} e^{- t}$ définie sur $ℝ_{+}^{*} \times] 0; + \infty [$ .
Pour tout $x > 0$ , la fonction $t \mapsto f (x, t)$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ car

t^{x - 1} e^{- t} \underset{t \to 0^{+}}{\sim} t^{x - 1} avec x - 1 > - 1 et t^{2} f (x, t) \to_{t \to + \infty}^{} 0 .

La fonction $f$ admet des dérivées partielles

\frac{\partial^{k} f}{\partial x^{k}} (x, t) = {(\ln (t))}^{k} t^{x - 1} e^{- t} .

Pour tout $x > 0$ , la fonction $t \mapsto \frac{\partial^{k} f}{\partial x^{k}} (x, t)$ est continue par morceaux et intégrable sur $] 0; + \infty [$ car

t^{a} {(\ln (t))}^{k} t^{x - 1} e^{- t} \to_{x \to 0^{+}}^{} 0 pour a \in] 1 - x; 1 [et t^{2} \times {(\ln (t))}^{k} t^{x - 1} e^{- t} \to_{t \to + \infty}^{} 0 .

Pour $[a; b] \subset] 0; + \infty [$ ,

\forall (x, t) \in [a; b] \times] 0; + \infty [, | \frac{\partial^{k} f}{\partial x^{k}} (x, t) | \leq {(\ln (t))}^{k} (t^{a - 1} + t^{b - 1}) e^{- t} = φ (t)

car

t^{x - 1} \leq t^{a - 1} + t^{b - 1} que t \leq 1 ou t \geq 1 .

La fonction $φ$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ et donc, par domination sur tout segment, $Γ$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; + \infty [$

Exercice 164 2635 Correction

On rappelle

\int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t = \frac{\sqrt{π}}{2} .

Pour $x > 0$ , on pose

Γ (x) = \int_{0}^{+ \infty} e^{- t} t^{x - 1} d t .

(a)

Montrer que cette fonction est définie et indéfiniment dérivable sur $] 0; + \infty [$ .
On étudiera la régularité en se restreignant à $x \in [a; b] \subset] 0; + \infty [$ .
(b)

Calculer $Γ (n + 1)$ pour $n \in ℕ$ .
(c)

En réalisant le changement de variable $t = n + y \sqrt{n}$ , transformer l’intégrale $Γ (n + 1)$ en

$\frac{n^{n}}{e^{n}} \sqrt{n} \int_{- \infty}^{+ \infty} f_{n} (y) d y$

où $f_{n} (y) = 0$ pour $y \leq - \sqrt{x}$ , $0 \leq f_{n} (y) \leq e^{- y^{2} / 2}$ pour $- \sqrt{t} < y \leq 0$ et $0 \leq f_{n} (y) \leq (1 + y) e^{- y}$ pour $y > 0$ et $t \geq 1$ .
(d)

En appliquant le théorème de convergence dominée établir, la formule de Stirling:

$n! \sim \sqrt{2 π n} \frac{n^{n}}{e^{n}} .$

Solution

(a)

Posons $f (x, t) = t^{x - 1} e^{- t}$ définie sur $ℝ_{+}^{*} \times] 0; + \infty [$ .
Pour tout $x > 0$ , la fonction $t \mapsto f (x, t)$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ car

$t^{x - 1} e^{- t} \underset{t \to 0^{+}}{\sim} t^{x - 1} avec x - 1 > - 1 et t^{2} f (x, t) \to_{t \to + \infty}^{} 0 .$

La fonction $f$ admet des dérivées partielles

$\frac{\partial^{k} f}{\partial x^{k}} (x, t) = {(\ln (t))}^{k} t^{x - 1} e^{- t} .$

Pour tout $x > 0$ , la fonction $t \mapsto \frac{\partial^{k} f}{\partial x^{k}} (x, t)$ est continue par morceaux et intégrable sur $] 0; + \infty [$ car

$t^{a} {(\ln (t))}^{k} t^{x - 1} e^{- t} \to_{x \to 0^{+}}^{} 0 pour a \in] 1 - x; 1 [et t^{2} \times {(\ln (t))}^{k} t^{x - 1} e^{- t} \to_{t \to + \infty}^{} 0 .$

Pour $[a; b] \subset] 0; + \infty [$ ,

$\forall (x, t) \in [a; b] \times] 0; + \infty [, | \frac{\partial^{k} f}{\partial x^{k}} (x, t) | \leq {(\ln (t))}^{k} (t^{a - 1} + t^{b - 1}) e^{- t} = φ (t)$

car

$t^{x - 1} \leq t^{a - 1} + t^{b - 1} que t \leq 1 ou t \geq 1 .$

La fonction $φ$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ et donc, par domination sur tout segment, $Γ$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; + \infty [$
(b)

Par intégration par parties avec $u^{'} (t) = e^{- t}$ et $v (t) = t^{x}$ , on obtient

$Γ (x + 1) = x Γ (x) .$

Sachant $Γ (1) = 1$ , on obtient par récurrence $Γ (n + 1) = n!$ .
(c)

Par le changement de variable proposé

$Γ (n + 1) = \frac{n^{n}}{e^{n}} \sqrt{n} \int_{- \infty}^{+ \infty} f_{n} (y) d y$

avec

$f_{n} (y) = 0 sur] - \infty; - \sqrt{n}], f_{n} (y) = e^{- y \sqrt{n}} {(1 + \frac{y}{\sqrt{n}})}^{n} sur] - \sqrt{n}; + \infty [.$

Sur $] - \sqrt{n}; 0]$ , une étude fonctionnelle montre

$n \ln (1 + \frac{y}{\sqrt{n}}) - y \sqrt{n} \leq - \frac{y^{2}}{2}$

qui donne $0 \leq f_{n} (y) \leq e^{- y^{2} / 2}$ .

Sur $[0; + \infty [$ , une étude fonctionnelle montre

$n \ln (1 + \frac{y}{\sqrt{n}}) - y \sqrt{n} \leq - y + \ln (1 + y)$

pour $t \geq 1$ . Cela donne $0 \leq f_{n} (y) \leq (1 + y) e^{- y}$ .
(d)

La fonction

$φ : y \to {\begin{matrix} e^{- y^{2} / 2} & si y \leq 0 \\ (1 + y) e^{- y} & sinon \end{matrix}$

est intégrable sur $ℝ$ .

En réalisant un développement limité du contenu de l’exponentielle,

$f_{n} (y) = e^{- y \sqrt{n} + n \ln (1 + \frac{y}{\sqrt{n}})} \to_{n \to + \infty}^{} e^{- y^{2} / 2} .$

Par convergence dominée,

$\int_{- \infty}^{+ \infty} f_{n} (y) d y \to \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- y^{2} / 2} d y = \sqrt{2 π}$

d’où

$Γ (n + 1) = n! \sim \sqrt{2 π n} \frac{n^{n}}{e^{n}} .$

[<] Fonction d'Euler

Exercice 165 4195 Correction

Soit $f : ℝ \to ℝ$ définie par

f (x) = {\begin{matrix} \frac{\sin (x)}{x} & si x \neq 0 \\ 1 & si x = 0 . \end{matrix}

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ et vérifier

sup_{t \in ℝ} | f^{(n)} (t) | \leq \frac{1}{n + 1} .

Solution

Pour $x \neq 0$ , on écrit

f (x) = \frac{1}{x} \int_{0}^{x} \cos (t) d t \underset{t = x s}{=} \int_{0}^{1} \cos (x s) d s .

La relation obtenue vaut aussi pour $x = 0$ .

Introduisons la fonction $u : ℝ \times [0; 1] \to ℝ$ définie par

u (x, s) = \cos (x s) .

Cette fonction est indéfiniment dérivable en $x$ avec

\frac{\partial^{n} u}{\partial x^{n}} (x, s) = s^{n} \cos (x s + \frac{n π}{2}) .

Cette dérivée partielle est dominée par $s \mapsto 1$ qui est intégrable sur $[0; 1]$ .

Par théorème de domination, la fonction $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ avec

f^{(n)} (x) = \int_{0}^{1} s^{n} \cos (x s + \frac{n π}{2}) d s

et donc

| f^{(n)} (x) | \leq \int_{0}^{1} s^{n} d s = \frac{1}{n + 1} .

Exercice 166 1657 Correction

(Théorème de d’Alembert-Gauss)

On veut établir que tout polynôme complexe non constant possède au moins une racine dans $ℂ$ . On raisonne par l’absurde en supposant qu’il existe un polynôme complexe $P$ non constant n’ayant aucune racine complexe et l’on pose

F (r) = \int_{0}^{2 π} \frac{d θ}{P (r e^{i θ})} pour r \in ℝ_{+} .

(a)

Montrer que la fonction $F$ est définie et de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}$ .
(b)

Établir que $F$ est constante.
(c)

Conclure en étudiant la limite de $F$ en $+ \infty$ .

Solution

(a)

On pose

$f (r, θ) = \frac{1}{P (r e^{i θ})} pour (r, θ) \in ℝ_{+} \times [0; 2 π] .$

Par l’hypothèse absurde, la fonction $f$ est correctement définie sur $ℝ_{+} \times [0; 2 π]$ et, pour tout $r \in ℝ_{+}$ , l’application partielle $θ \mapsto f (r, θ)$ est continue par morceaux sur $[0; 2 π]$ . La fonction $F$ est donc correctement définie sur $ℝ_{+}$ .

Pour tout $θ \in [0; 2 π]$ , la fonction $r \mapsto f (r, θ)$ est dérivable avec

$\frac{\partial f}{\partial r} (r, θ) = \frac{e^{i θ} P^{'} (r e^{i θ})}{P^{2} (r e^{i θ})} .$

Pour tout $θ \in [0; 2 π]$ , l’application $r \mapsto \frac{\partial f}{\partial r} (r, θ)$ est continue sur $ℝ_{+}$ .

Pour tout $r \in ℝ_{+}$ , l’application $θ \mapsto \frac{\partial f}{\partial r} (r, θ)$ est continue par morceaux sur $[0; 2 π]$ .

Soit $a \in ℝ_{+}^{*}$ . La fonction $(r, θ) \mapsto | P^{'} (r e^{i θ}) |$ est continue sur le compact $[0; a] \times [0; 2 π]$ . Cette fonction admet donc un maximum ce qui permet d’introduire un réel $M_{a}$ tel que

$\forall (r, θ) \in [0; a] \times [0; 2 π], | P^{'} (r e^{i θ}) | \leq M_{a} .$

Aussi, la fonction $(r, θ) \mapsto | P (r e^{i θ}) |$ est continue sur le compact $[0; a] \times [0; 2 π]$ . Cette fonction admet donc un minimum et, puisque celle-ci est positive et ne s’annule pas, il existe un réel $m_{a}$ tel que

$\forall (r, θ) \in [0; a] \times [0; 2 π], | P (r e^{i θ}) | \geq m_{a} .$

On a alors

$\forall (r, θ) \in [0; a] \times [0; 2 π], | \frac{\partial f}{\partial r} (r, θ) | \leq \frac{M_{a}}{m_{a}^{2}} = φ_{a} (θ) .$

La fonction constante $φ_{a} : [0; 2 π] \to ℝ_{+}$ est intégrable sur $[0; 2 π]$ .

Par domination, $F$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $[0; a]$ . Or cela vaut pour tout $a > 0$ , on peut donc affirmer que $F$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}$ avec

$F^{'} (r) = \int_{0}^{2 π} \frac{e^{i θ} P^{'} (r e^{i θ})}{P^{2} (r e^{i θ})} d θ .$
(b)

Par calcul de primitive,

$i r F^{'} (r) = \int_{0}^{2 π} \frac{i r e^{i θ} P^{'} (r e^{i θ})}{P^{2} (r e^{i θ})} d θ = {[\frac{1}{P (r e^{i θ})}]}_{0}^{2 π} = 0 .$

On en déduit que $F^{'} (r) = 0$ pour tout $r \in ℝ_{+}^{*}$ . Par continuité de $F^{'}$ , cela vaut aussi pour $r = 0$ . On en déduit que la fonction $F$ est constante.

(c)

On écrit

P = a_{N} X^{N} + \dots + a_{1} X + a_{0} avec a_{N} \neq 0 .

Pour $r$ assez grand,

| a_{N} | r^{N} \geq | a_{N - 1} | r^{N - 1} + \dots + | a_{1} | r + | a_{0} |

et alors

	$\forall θ \in [0; 2 π], \| P (r e^{i θ}) \|$	$= \| P (r e^{i θ}) - a_{N} r^{N} e^{i N θ} + a_{N} r^{N} e^{i N θ} \|$
		$\geq \| a_{N} r^{N} e^{i N θ} \| - \| P (r e^{i θ}) - a_{N} r^{N} e^{i N θ} \|$
		$\geq \| a_{N} \| r^{N} - (\| a_{N - 1} \| r^{N - 1} + \dots + \| a_{1} \| r + \| a_{0} \|)$

puis

\forall θ \in [0; 2 π], | \frac{1}{P (r e^{i θ})} | \leq \frac{1}{| a_{N} | r^{N} - (| a_{N - 1} | r^{N - 1} + \dots + | a_{1} | r + | a_{0} |)}

et enfin

| F (r) | \leq 2 π \cdot \frac{1}{| a_{N} | r^{N} - (| a_{N - 1} | r^{N - 1} + \dots + | a_{1} | r + | a_{0} |)} \to_{r \to + \infty}^{} 0 .

Or la fonction $F$ est constante, elle est donc constante égale à $0$ . Cela est absurde car

F (0) = \frac{2 π}{P (0)} \neq 0 .

Édité le 08-12-2023

	$\forall θ \in [0; 2 π], \| P (r e^{i θ}) \|$	$= \| P (r e^{i θ}) - a_{N} r^{N} e^{i N θ} + a_{N} r^{N} e^{i N θ} \|$
		$\geq \| a_{N} r^{N} e^{i N θ} \| - \| P (r e^{i θ}) - a_{N} r^{N} e^{i N θ} \|$
		$\geq \| a_{N} \| r^{N} - (\| a_{N - 1} \| r^{N - 1} + \dots + \| a_{1} \| r + \| a_{0} \|)$

	$\sum_{n = 1}^{N} {(- 1)}^{n - 1} I_{n}$	$= \int_{0}^{+ \infty} \sum_{n = 1}^{N} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{{(1 + x^{3})}^{n}} d x$
		$= \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{1 + x^{3}} (\frac{1 - \frac{{(- 1)}^{N}}{{(1 + x^{3})}^{N}}}{1 + \frac{1}{1 + x^{3}}}) d x$
		$= \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{2 + x^{3}} (1 + \frac{{(- 1)}^{N + 1}}{{(1 + x^{3})}^{N}}) d x .$

	$\| I_{n} \|$	$\leq \int_{0}^{1} \| f (x) x^{n} \| d x = \int_{0}^{1} \| f (x) \| x^{n} d x$
		$\leq M \int_{0}^{1} x^{n} d x = M {[\frac{x^{n + 1}}{n + 1}]}_{0}^{1} = \frac{M}{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

	$I_{n + 1} (α)$	$= {[x {(1 - x^{α})}^{n + 1}]}_{0}^{1} + \int_{0}^{1} α (n + 1) x^{α} {(1 - x^{α})}^{n} d x$
		$= 0 + α (n + 1) \int_{0}^{1} (1 + (x^{α} - 1)) {(1 - x^{α})}^{n} d x$
		$= α (n + 1) I_{n} (α) - α (n + 1) I_{n + 1} (α) .$

	$I_{n}$	$= \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{{[\frac{t}{{(1 + t^{3})}^{n}}]}_{0}^{+ \infty}}} - \int_{0}^{+ \infty} t \cdot \frac{- 3 n t^{2}}{{(1 + t^{3})}^{n + 1}} d t$
		$= 3 n \int_{0}^{+ \infty} \frac{t^{3}}{{(1 + t^{3})}^{n + 1}} d t .$

	$v_{n}$	$= \ln (\frac{{(n + 1)}^{α} I_{n + 1}}{n^{α} I_{n}}) = α \ln (\frac{n + 1}{n}) + \ln (\frac{I_{n + 1}}{I_{n}})$
		$= α \ln (1 + \frac{1}{n}) + \ln (1 - \frac{1}{3 n}) \underset{n \to + \infty}{=} \frac{α - 1 / 3}{n} + O (\frac{1}{n^{2}}) .$

	$I_{n} (2)$	$= \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{{(1 + t^{2})}^{n}}$
		$= {[\frac{t}{{(1 + t^{2})}^{n}}]}_{0}^{+ \infty} + \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 n t^{2}}{{(1 + t^{2})}^{n + 1}} d t$
		$= 2 n \int_{0}^{+ \infty} \frac{t^{2}}{{(1 + t^{2})}^{n + 1}} d t .$

	$(n + 1) a_{n} - n a_{n - 1}$	$= {[({(1 - x)}^{n + 1} - {(1 - x)}^{n}) \ln (x)]}_{0}^{1} + \int_{0}^{1} \frac{{(1 - x)}^{n + 1} - {(1 - x)}^{n}}{x} d x$
		$= - \int_{0}^{1} {(1 - x)}^{n} d x = {[\frac{1}{n + 1} {(1 - x)}^{n + 1}]}_{0}^{1} = - \frac{1}{n + 1} .$

	$\int_{1}^{X} e^{i t^{x}} d t$	$= \int_{1}^{X} \frac{i x t^{x - 1}}{i x t^{x - 1}} e^{i t^{x}} d t$
		$= {[\frac{e^{i t^{x}}}{i x t^{x - 1}}]}_{1}^{X} - \int_{1}^{X} \frac{1 - x}{i x} \cdot \frac{e^{i t^{x}}}{t^{x}} d t$
		$\to_{X \to + \infty}^{} \frac{{ie}^{i}}{x} + \frac{x - 1}{i x} \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{i t^{x}}}{t^{x}} d t$

	$F^{'} (x)$	$= {[\frac{1}{x} \arctan (x) - \frac{1}{x \sqrt{x + 1}} \arctan (u \sqrt{x + 1})]}_{0}^{+ \infty}$
		$= \frac{π}{2} \cdot \frac{1}{x} (1 - \frac{1}{\sqrt{x + 1}}) = \frac{π}{2} \cdot \frac{1}{(1 + \sqrt{x + 1}) \sqrt{x + 1}} .$

	$F^{'} (x)$	$= - \int_{0}^{1} \frac{2 \sin (x)}{1 + 2 t \cos (x) + t^{2}} d t$
		$= - \int_{0}^{1} \frac{2 \sin (x)}{{(t + \cos (x))}^{2} + \sin^{2} (x)} d t$
		$= - {[2 \arctan (\frac{t + \cos (x)}{\sin (x)})]}_{0}^{1} .$

	$G_{n}$	$= \int_{0}^{+ \infty} t e^{- t^{2}} t^{n - 1} d t = {[- \frac{1}{2} e^{- t^{2}} t^{n - 1}]}_{0}^{+ \infty} + \frac{n - 1}{2} \int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} t^{n - 2} d t$
		$= \frac{n - 1}{2} G_{n - 2} pour tout n \geq 2 .$

	$\frac{d}{d x} (G (x) + I \int_{0}^{x} \frac{e^{- t}}{\sqrt{t}} d t)$	$= \frac{e^{- x}}{2 \sqrt{x}} F (x) - \sqrt{x} e^{- x} F (x) + \sqrt{x} e^{- x} F^{'} (x) + I \frac{e^{- x}}{\sqrt{x}}$
		$= (\frac{1}{2} F (x) - x F (x) + x F^{'} (x) + I) \frac{e^{- x}}{\sqrt{x}} = 0 .$

	$\int_{0}^{π} \frac{d t}{x - \cos (t)}$	$= \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 d u}{(x + 1) + (x - 1) u^{2}} = \frac{2}{x - 1} \int_{0}^{+ \infty} \frac{d u}{\frac{x + 1}{x - 1} + u^{2}}$
		$= {[\frac{1}{\sqrt{x^{2} - 1}} \arctan (\sqrt{\frac{x + 1}{x - 1}} u)]}_{0}^{+ \infty} = \frac{π}{\sqrt{x^{2} - 1}} .$

	$f (x, t)$	$\underset{t \to 0^{+}}{=} \frac{(1 - a t + o (t)) - (1 - b t + o (t))}{t} \cos (x t)$
		$= (b) \cos (x t) \to_{t \to 0^{+}}^{} b - a .$

	$F^{'} (x)$	$= \int_{0}^{+ \infty} (e^{- b t} - e^{- a t}) \sin (x t) d t$
		$= \int_{0}^{+ \infty} e^{- b t} \sin (x t) d t - \int_{0}^{+ \infty} e^{- a t} \sin (x t) d t$

	$\int_{0}^{+ \infty} ψ (t) \cos (x t) d t$	$= \frac{1}{x} \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{{[ψ (t) \sin (x t)]}_{0}^{+ \infty}}} - \frac{1}{x} \int_{0}^{+ \infty} ψ^{'} (t) \sin (x t) d t$
		$= - \frac{1}{x} \int_{0}^{+ \infty} ψ^{'} (t) \sin (x t) d t$

	$Γ (α + n)$	$= (α + n - 1) Γ (α + n - 1)$
		$= (α + n - 1) (α + n - 2) Γ (α + n - 2) = \dots$
		$= (α + n - 1) \dots (α + 1) α Γ (α)$

	$(\int_{0}^{+ \infty}$	$\sqrt{t^{x - 1} e^{- t}} \sqrt{{(\ln (t))}^{2} t^{x - 1} e^{- t}}) d t$
		$\leq (\int_{0}^{+ \infty} t^{x - 1} e^{- t} d t) (\int_{0}^{+ \infty} {(\ln (t))}^{2} t^{x - 1} e^{- t} d t) .$