Exercice 1 5499 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ ne s’annulant pas et vérifiant

\frac{x f^{'} (x)}{f (x)} \to_{x \to + \infty}^{} α \neq - 1 .

Étudier l’existence de

\int_{0}^{+ \infty} f (t) d t .

Solution

Cas: $α > - 1$ . Il existe $A \in ℝ_{+}$ tel que

\forall x \in [A; + \infty [, \frac{x f^{'} (x)}{f (x)} \geq - 1

et alors

\forall x \in [A; + \infty [, \int_{A}^{x} \frac{f^{'} (t)}{f (t)} d t \geq \int_{A}^{x} \frac{- 1}{t} d t

ce qui donne

\forall x \in [A; + \infty [, \ln (| f (x) |) \geq - \ln (x) + λ avec λ \in ℝ

puis

\forall x \in [A; + \infty [, | f (x) | \geq \frac{μ}{x} avec μ = e^{λ} \in ℝ_{+}^{*} .

On en déduit que la fonction $f$ n’est pas intégrable sur $[0; + \infty [$ . De plus, c’est une fonction continue qui ne s’annule pas, elle est donc de signe constant et sa non-intégrabilité entraîne la divergence de l’intégrale de celle-ci.

Cas: $α < - 1$ . On introduit $β \in] 1; - α [$ . Il existe $A \in ℝ_{+}$ tel que

\forall x \in [A; + \infty [, \frac{x f^{'} (x)}{f (x)} \leq - β .

Par une étude semblable à celle au-dessus, on obtient

\forall x \in [A; + \infty [, | f (x) | \leq \frac{μ}{x^{β}} avec μ \in ℝ_{+}^{*} .

On en déduit que $f$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ et donc que son intégrale converge.

Exercice 2 3627 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ continue et positive. On suppose

\frac{f (x + 1)}{f (x)} \to_{x \to + \infty}^{} ℓ \in [0; 1 [.

Montrer que $f$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ .

Solution

Soit $q \in] ℓ; 1 [$ . Il existe $A \in ℝ_{+}$ tel que

\forall x \geq A, \frac{f (x + 1)}{f (x)} \leq q

et donc

\forall x \geq A, f (x + 1) \leq q f (x) .

On a alors

\int_{A}^{A + n} f (t) d t = \sum_{k = 0}^{n - 1} \int_{A}^{A + 1} f (t + k) d t \leq \sum_{k = 0}^{n - 1} \int_{A}^{A + 1} q^{k} f (t) d t = \int_{A}^{A + 1} f (t) \sum_{k = 0}^{n - 1} q^{k} d t

et donc

\int_{A}^{A + n} f (t) d t \leq \frac{1}{1 - q} \int_{A}^{A + 1} f (t) d t = M .

On en déduit que les intégrales sur $[A; A + n]$ de la fonction positive $f$ sont majorées et donc $f$ est intégrable sur $[A; A + \infty [$ puis sur $[0; + \infty [$ .

Exercice 3 3441 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ une fonction continue, positive et décroissante.
On pose $g : [0; + \infty [\to ℝ$ donnée par

g (x) = f (x) \sin (x) .

Montrer que les intégrabilités de $f$ et de $g$ sont équivalentes.

Solution

Puisque $| g | \leq | f |$ , l’intégrabilité de $f$ entraîne celle de $g$ .
Inversement, supposons $g$ intégrable.
On a

\int_{0}^{n π} | f (t) | d t = \sum_{k = 0}^{n - 1} \int_{k π}^{(k + 1) π} f (t) d t

avec par décroissance de $f$

\int_{k π}^{(k + 1) π} f (t) d t \leq π f (k π) .

Parallèlement

\int_{(k - 1) π}^{k π} | f (t) | | \sin (t) | d t \geq f (k π) \int_{0}^{π} \sin (t) d t = 2 f (k π)

donc

\int_{k π}^{(k + 1) π} f (t) d t \leq \frac{π}{2} \int_{(k - 1) π}^{k π} f (t) | \sin (t) | d t .

Ainsi,

\int_{0}^{n π} | f (t) | d t \leq \int_{0}^{π} f (t) d t + \int_{0}^{(n - 1) π} f (t) | \sin (t) | d t

et donc

\int_{0}^{n π} | f (t) | d t \leq \int_{0}^{π} f (t) d t + \int_{0}^{+ \infty} | g (t) | d t .

On peut alors affirmer que les intégrales de $| f |$ sur les segments inclus dans $[0; + \infty [$ sont majorées ce qui signifie que la fonction $f$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ .

Exercice 4 3206 ENTPE (MP)Correction

Soit $f : [1; + \infty [\to ℝ$ continue vérifiant

\forall x, a \geq 1, 0 \leq f (x) \leq \frac{a}{x^{2}} + \frac{1}{a^{2}} .

La fonction $f$ est-elle intégrable sur $[1; + \infty [$ ?

Solution

Pour $a = x^{α}$ avec $α > 0$ , on obtient

0 \leq f (x) \leq \frac{1}{x^{2 - α}} + \frac{1}{x^{2 α}} .

En prenant $α = 2 / 3$ ,

0 \leq f (x) \leq \frac{2}{x^{4 / 3}}

et donc, par comparaison de fonctions positives, $f$ est intégrable sur $[1; + \infty [$ .

Exercice 5 5360 Correction

(Inégalité de Hardy)

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ une fonction continue de carré intégrable sur $[0; + \infty [$ .

Pour $x > 0$ , on pose

g (x) = \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (t) d t .

(a)

Montrer que $g$ peut être prolongée par continuité en $0$ .
(b)

Soit $A \in] 0; + \infty [$ . Établir

$\int_{0}^{A} g^{2} (x) d x \leq 2 \int_{0}^{A} f (x) g (x) d x .$
(c)

En déduire que la fonction $g^{2}$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ avec

$\int_{0}^{+ \infty} g^{2} (x) d x \leq 4 \int_{0}^{+ \infty} f^{2} (x) d x .$
(d)

Montrer que $f g$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ et

$\int_{0}^{+ \infty} g^{2} (x) d x = 2 \int_{0}^{+ \infty} f (x) g (x) d x .$

Solution

(a)

Introduisons $F$ la primitive de $f$ s’annulant en $0$ .

$g (x) = \frac{F (x)}{x} = \frac{F (x) - F (0)}{x} \to_{x \to 0^{+}}^{} F^{'} (0) = f (0) .$

La fonction $g$ est prolongeable par continuité en $0$ avec la valeur $f (0)$ .
(b)

Par prolongement continue, $g$ est intégrable au voisinage de $0$ : on peut considérer les intégrales proposées.

Soit $A \in ℝ_{+}^{*}$ . On réalise une intégration par parties sur $] 0; A]$ avec les fonctions $u$ et $v$ de classe $𝒞^{1}$ déterminées par

$u (x) = - \frac{1}{x} et v (x) = F^{2} (x) .$

Le produit $u v$ admet une limite finie en la borne $0$ car

$- \frac{1}{x} F^{2} (x) = - \underset{\begin{matrix} \to f (0) \end{matrix}}{\underset{⏟}{g (x)}} \underset{\begin{matrix} \to 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{F (x)}} \to_{x \to 0^{+}}^{} 0 .$

La formule d’intégration par parties généralisée donne alors

$\int_{0}^{A} g^{2} (x) d x$ $= \int_{0}^{A} \frac{1}{x^{2}} F^{2} (x) d x = {[- \frac{1}{x} F^{2} (x)]}_{0}^{A} + 2 \int_{0}^{A} f (x) \frac{F (x)}{x} d x$

$= 2 \int_{0}^{A} f (x) g (x) d x - \frac{1}{A} F^{2} (A) \leq 2 \int_{0}^{A} f (x) g (x) d x .$
(c)

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz, on poursuit

${(\int_{0}^{A} g^{2} (x) d x)}^{2} \leq {(2 \int_{0}^{A} f (x) g (x) d x)}^{2} \leq 4 (\int_{0}^{A} f^{2} (x) d x) (\int_{0}^{A} g^{2} (x) d x) .$

Que le premier membre soit nul ou non, on peut affirmer

$\int_{0}^{A} g^{2} (x) d x \leq 4 \int_{0}^{A} f^{2} (x) d x \leq 4 \int_{0}^{+ \infty} f^{2} (x) d x .$

Les intégrales partielles de la fonction positive $g^{2}$ sont majorées, cette fonction est donc intégrable sur $] 0; + \infty [$ et l’inégalité proposée est vérifiée par passage à la limite.
(d)

La fonction $f g$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ car c’est le produit de deux fonctions de carrés intégrables¹¹ 1 Cette affirmation se justifie aisément par la domination $| f g | \leq \frac{1}{2} (f^{2} + g^{2})$ .. Par l’intégration par parties qui précède, on a

$\frac{F^{2} (A)}{A}$ $= 2 \int_{0}^{A} f (x) g (x) d x - \int_{0}^{A} g^{2} (x) d x$

$\to_{A \to + \infty}^{} \underset{\begin{matrix} = ℓ \end{matrix}}{\underset{⏟}{2 \int_{0}^{+ \infty} f (x) g (x) d x - \int_{0}^{+ \infty} g^{2} (x) d x}} .$

Si par l’absurde la limite $ℓ$ est non nulle, il vient

$g^{2} (x) = \frac{F^{2} (x)}{x} \cdot \frac{1}{x} \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{ℓ}{x}$

ce qui contredit l’intégrabilité de $g^{2}$ . On en déduit $ℓ = 0$ ce qui produit l’égalité demandée.

Exercice 6 3443 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ de classe $𝒞^{1}$ et vérifiant $f (0) = 0$ .

(a)

Établir

$\forall x > 0, \int_{0}^{x} {(\frac{f (t)}{t})}^{2} d t \leq 2 \int_{0}^{x} \frac{f (t) f^{'} (t)}{t} d t$

en justifiant l’existence des intégrales écrites.
(b)

On suppose que $f^{'}$ est de carré intégrable sur $[0; + \infty [$ . Établir

$\int_{0}^{+ \infty} {(\frac{f (t)}{t})}^{2} d t \leq 4 \int_{0}^{+ \infty} {(f^{'} (t))}^{2} d t$

avec existence de l’intégrale en premier membre.

Solution

(a)

On a

$\frac{f (t)}{t} = \frac{f (t) - f (0)}{t} \to_{t \to 0}^{} f^{'} (0) .$

La fonction $t \mapsto f (t) / t$ peut donc se prolonger par continuité en $0$ ce qui assure l’existence des intégrales écrites.

Par intégration par parties généralisée,

$\int_{0}^{x} {(\frac{f (t)}{t})}^{2} d t$ $= {[- \frac{{(f (t))}^{2}}{t}]}_{0}^{x} + 2 \int_{0}^{x} \frac{f (t) f^{'} (t)}{t} d t$

$= - \frac{{(f (x))}^{2}}{x} + 2 \int_{0}^{x} \frac{f (t) f^{'} (t)}{t} d t$

et l’inégalité affirmée est désormais évidente.
(b)

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

${(\int_{0}^{x} {(\frac{f (t)}{t})}^{2} d t)}^{2} \leq 4 (\int_{0}^{x} {(\frac{f (t)}{t})}^{2} d t) (\int_{0}^{x} {(f^{'} (t))}^{2} d t) .$

Que le premier membre soit nul ou non, il vient

$\int_{0}^{x} {(\frac{f (t)}{t})}^{2} d t \leq 4 \int_{0}^{x} {(f^{'} (t))}^{2} d t \leq 4 \int_{0}^{+ \infty} {(f^{'} (t))}^{2} d t .$

La fonction intégrée étant positive, on peut conclure à l’inégalité voulue avec existence du premier membre.

Exercice 7 1770 CCINP (MP)Correction

Soit $g$ définie sur $ℝ_{+}^{*}$ par

g (x) = \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (t) d t

où $f$ est continue, de carré intégrable sur $ℝ_{+}$ .

(a)

Étudier le prolongement par continuité de $g$ en $0$ .
(b)

Exprimer $g^{'} (x)$ en fonction de $f (x)$ et de $g (x)$ pour $x > 0$ .
(c)

Pour $0 < a < b$ , montrer que

$\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t = 2 \int_{a}^{b} f (t) g (t) d t + a g^{2} (a) - b g^{2} (b)$

puis montrer que

$\sqrt{\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t} \leq \sqrt{\int_{0}^{+ \infty} f^{2} (t) d t} + \sqrt{a g^{2} (a) + \int_{0}^{+ \infty} f^{2} (t) d t} .$
(d)

Étudier la nature de

$\int_{0}^{+ \infty} g^{2} (t) d t .$

Solution

(a)

Soit $F$ une primitive de la fonction continue $f$ . On a

$g (x) = \frac{1}{x} (F (x) - F (0)) \to_{x \to 0^{+}}^{} F^{'} (0) = f (0) .$

Ainsi on peut prolonger $g$ par continuité en 0 en posant $g (0) = f (0)$ .
(b)

Soit $F$ une primitive de $f$ (il en existe car $f$ est continue).
On a

$g (x) = \frac{1}{x} (F (x) - F (0)) .$

On en déduit que $g$ est dérivable sur $ℝ_{+}^{*}$ et

$g^{'} (x) = - \frac{1}{x^{2}} (F (x) - F (0)) + \frac{f (x)}{x} = \frac{f (x) - g (x)}{x} .$
(c)

Par intégration par parties

$\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t = {[t g^{2} (t)]}_{a}^{b} - 2 \int_{a}^{b} t g^{'} (t) g (t) d t$

donc

$\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t = {[t g^{2} (t)]}_{a}^{b} - 2 \int_{a}^{b} (f (t) - g (t)) g (t) d t$

puis la relation proposée.
On en déduit par l’inégalité de Cauchy-Schwarz

$\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t \leq 2 \sqrt{\int_{a}^{b} f^{2} (t) d t} \sqrt{\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t} + a g^{2} (a)$

puis

$\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t - 2 \sqrt{\int_{a}^{b} f^{2} (t) d t} \sqrt{\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t} \leq a g^{2} (a)$

en ajoutant un même terme de part et d’autre

${(\sqrt{\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t} - \sqrt{\int_{a}^{b} f^{2} (t) d t})}^{2} \leq a g^{2} (a) + \int_{a}^{b} f^{2} (t) d t$

puis par la croissance de la fonction racine carrée

$\sqrt{\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t} - \sqrt{\int_{a}^{b} f^{2} (t) d t}$ $\leq | \sqrt{\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t} - \sqrt{\int_{a}^{b} f^{2} (t) d t} |$

$\leq \sqrt{a g^{2} (a) + \int_{a}^{b} f^{2} (t) d t}$

et enfin

$\sqrt{\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t}$ $\leq \sqrt{\int_{0}^{b} f^{2} (t) d t} + \sqrt{a g^{2} (a) + \int_{0}^{b} f^{2} (t) d t}$

$\leq \sqrt{\int_{0}^{+ \infty} f^{2} (t) d t} + \sqrt{a g^{2} (a) + \int_{0}^{+ \infty} f^{2} (t) d t} .$
(d)

En faisant tendre $a$ vers 0, on obtient

$\sqrt{\int_{0}^{b} g^{2} (t) d t} \leq 2 \sqrt{\int_{0}^{+ \infty} f^{2} (t) d t}$

et l’on en déduit que la fonction $g^{2}$ est intégrable sur $ℝ_{+}$ car les intégrales de $g^{2}$ sur les segments inclus dans $ℝ_{+}$ sont majorées.

Exercice 8 3053 X (MP)

(Inégalité de Kolmogorov)

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{2}$ telle que $f$ et $f^{''}$ sont de carrés intégrables sur $ℝ$ .

(a)

Montrer que $f^{'}$ est de carré intégrable sur $ℝ$ .
(b)

Établir

${(\int_{- \infty}^{+ \infty} f^{', 2})}^{2} \leq (\int_{- \infty}^{+ \infty} f^{2}) (\int_{- \infty}^{+ \infty} f^{'', 2}) .$

[<] Études pratiques d'intégrabilité [>] Intégrabilité dépendant de paramètres

Édité le 03-06-2025

	$\int_{0}^{A} g^{2} (x) d x$	$= \int_{0}^{A} \frac{1}{x^{2}} F^{2} (x) d x = {[- \frac{1}{x} F^{2} (x)]}_{0}^{A} + 2 \int_{0}^{A} f (x) \frac{F (x)}{x} d x$
		$= 2 \int_{0}^{A} f (x) g (x) d x - \frac{1}{A} F^{2} (A) \leq 2 \int_{0}^{A} f (x) g (x) d x .$

	$\frac{F^{2} (A)}{A}$	$= 2 \int_{0}^{A} f (x) g (x) d x - \int_{0}^{A} g^{2} (x) d x$
		$\to_{A \to + \infty}^{} \underset{\begin{matrix} = ℓ \end{matrix}}{\underset{⏟}{2 \int_{0}^{+ \infty} f (x) g (x) d x - \int_{0}^{+ \infty} g^{2} (x) d x}} .$

	$\int_{0}^{x} {(\frac{f (t)}{t})}^{2} d t$	$= {[- \frac{{(f (t))}^{2}}{t}]}_{0}^{x} + 2 \int_{0}^{x} \frac{f (t) f^{'} (t)}{t} d t$
		$= - \frac{{(f (x))}^{2}}{x} + 2 \int_{0}^{x} \frac{f (t) f^{'} (t)}{t} d t$

	$\sqrt{\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t} - \sqrt{\int_{a}^{b} f^{2} (t) d t}$	$\leq \| \sqrt{\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t} - \sqrt{\int_{a}^{b} f^{2} (t) d t} \|$
		$\leq \sqrt{a g^{2} (a) + \int_{a}^{b} f^{2} (t) d t}$

	$\sqrt{\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t}$	$\leq \sqrt{\int_{0}^{b} f^{2} (t) d t} + \sqrt{a g^{2} (a) + \int_{0}^{b} f^{2} (t) d t}$
		$\leq \sqrt{\int_{0}^{+ \infty} f^{2} (t) d t} + \sqrt{a g^{2} (a) + \int_{0}^{+ \infty} f^{2} (t) d t} .$

Études théoriques d'intégrabilité