Intégration de Riemann/Exercices/Intégrales impropres

Soient $\alpha ,\beta \in \mathbb {R}$.

Exercice 5-1

Nature de :

1. $\int _{0}^{1}{\frac {x}{(1-x)^{2}}}\,\mathrm {d} x$, $\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{x(1-x)}}$ ?
2. $\int _{1}^{+\infty }{\frac {1}{x{\sqrt {4x^{2}+x+1}}}}\,\mathrm {d} x$ ?
3. $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-x}}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x$ et $\int _{0}^{+\infty }{\frac {2^{-x}}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x$ ?
4. $\int _{0}^{+\infty }{\frac {x^{\alpha }}{\sqrt {x^{\beta }+1}}}\,\mathrm {d} x$ ?
5. $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\cos x}{1+x^{2}}}\,\mathrm {d} x$ ?
6. $\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{1-{\sqrt {x}}}}$ ?
7. $\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{(\tan x-x)^{\alpha }}}$ et $\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{(x-\sin x)^{\alpha }}}$ ?
8. $\int _{0}^{1}{\frac {\ln(1+x)}{x^{\alpha }(1-x)^{\beta }}}\,\mathrm {d} x$ ?
9. $\int _{0}^{+\infty }{\frac {1}{x^{\arctan x}}}\,\mathrm {d} x$ ?
10. $\int _{0}^{+\infty }{\frac {x\ln \ln(x+1)}{(1+x^{4})^{\beta }}}\,\mathrm {d} x$ ?
11. $\int _{0}^{+\infty }x^{x}\,\mathrm {d} x$ ?
12. $\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{\mathrm {e} ^{x}-\cos x}}$ ?
13. $\int _{0}^{1}{\frac {1-\mathrm {e} ^{-x}}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x$ et $\int _{0}^{1}{\frac {(\mathrm {e} ^{x}-1)^{\alpha }}{\ln(1+x)}}\,\mathrm {d} x$ ?

Solution

1. $x\mapsto {\frac {x}{(1-x)^{2}}}$ et $x\mapsto {\frac {1}{(1-x)^{2}}}$ sont continues positives sur $\left[0,1\right[$ et équivalentes en $1$, or $\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{(1-x)^{2}}}=\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} s}{s^{2}}}=\left[-{\frac {1}{s}}\right]_{0}^{1}=+\infty$, donc $\int _{0}^{1}{\frac {x}{(1-x)^{2}}}\,\mathrm {d} x=+\infty$.
   ${\frac {1}{x(1-x)}}\sim _{0}{\frac {1}{x}}$ et ${\frac {1}{x(1-x)}}\sim _{1}{\frac {1}{1-x}}$ donc $\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{x(1-x)}}$ diverge à la fois en $0$ et en $1$ (et vaut $+\infty$ puisque l'intégrande est $>0$ sur $\left]0,1\right[$).
2. L'intégrande est positif, continu sur $\left[1,+\infty \right[$ et majoré par ${\frac {1}{x^{2}}}$ donc l'intégrale est (absolument) convergente, d'après l'exemple de Riemann du cours.
   Remarque : une autre façon de montrer que cette intégrale converge est de la transformer, par le changement de variable $\tan \theta ={\frac {8x+1}{\sqrt {15}}}$, en une intégrale non impropre, que l'on peut même calculer : cf. Changement de variable en calcul intégral, exercice 3-3-b.
3. En $0$, ${\frac {\mathrm {e} ^{-x}}{x^{\alpha }}}\sim {\frac {1}{x^{\alpha }}}$ donc l'intégrale converge (absolument) si et seulement si $\alpha <1$, comme l'intégrale de Riemann. En $+\infty$, elle converge toujours (absolument) car (par croissances comparées) ${\frac {\mathrm {e} ^{-x}}{x^{\alpha }}}=o(\mathrm {e} ^{-x/2})$.
   Remarquons qu'en fait, $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-x}}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x=\Gamma (1-\alpha )$ où $\Gamma$ désigne la fonction Gamma. En particulier pour tout entier $\alpha \leq 0$, $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-x}}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x=(-\alpha )!$.
   $\int _{0}^{+\infty }{\frac {2^{-x}}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x=(\ln 2)^{\alpha -1}\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-y}}{y^{\alpha }}}\,\mathrm {d} y$.
4. L'intégrande est positif et continu sur $\left]0,+\infty \right[$. L'intégrale converge en $0$ si et seulement si ($\beta \geq 0$ et $\alpha >-1$) ou ($\beta <0$ et $\alpha -{\frac {\beta }{2}}>-1$), et converge en $+\infty$ si et seulement si ($\beta >0$ et ${\frac {\beta }{2}}-\alpha >1$) ou ($\beta \leq 0$ et $-\alpha >1$). Donc l'intégrale converge (des deux côtés) si et seulement si ${\frac {\beta }{2}}>\alpha +1>0$ ou ${\frac {\beta }{2}}<\alpha +1<0$.
5. L'intégrande est continu sur $\left[0,+\infty \right[$ et ${\frac {|\cos x|}{1+x^{2}}}\leq {\frac {1}{x^{2}}}$ donc l'intégrale est absolument convergente, d'après l'exemple de Riemann.
6. Par changement de variable et équivalent, l'intégrale en $1$ est de même nature que celle de ${\frac {1}{y}}$ en $0$ donc divergente, d'après l'exemple de Riemann du cours.
7. • En $0$, par équivalent, l'intégrale est de même nature que celle de ${\frac {1}{x^{3\alpha }}}$ donc d'après l'exemple de Riemann du cours, elle converge (absolument) si et seulement si $3\alpha <1$, c'est-à-dire $\alpha <1/3$ (elle n'est même pas impropre si $\alpha \leq 0$).
   • Remarquons d'abord que pour tout $x>0$, $x-\sin x>0$ (par une étude de variations très simple). En $0$, l'intégrande est équivalent à ${\frac {1}{(x^{3}/6)^{\alpha }}}$. Donc l'intégrale converge si et seulement si $\alpha <1/3$ (pour $\alpha \leq 0$ elle est même faussement impropre).
8. L'intégrande est équivalent à ${\frac {1}{x^{\alpha -1}}}$ en $0$ et à ${\frac {\ln 2}{(1-x)^{\beta }}}$ en $1$. L'intégrale est donc convergente (absolument) si et seulement si $\alpha -1$ et $\beta$ sont strictement inférieurs à $1$, c'est-à-dire $\alpha <2$ et $\beta <1$.
9. $\lim _{x\to 0^{+}}{\frac {1}{x^{\arctan x}}}=1$ car $\arctan x\ln x\sim _{0^{+}}x\ln x\;{\xrightarrow[{x\to 0^{+}}]{}}0$. Par conséquent :
   • l'intégrale est faussement impropre en 0.
   • ${\frac {1}{x^{\arctan x}}}\sim _{+\infty }{\frac {1}{x^{\pi /2}}}$ car quand $y:={\frac {1}{x}}\to 0^{+}$, ${\frac {x^{\pi /2}}{x^{\arctan x}}}=y^{-\pi /2+\arctan(1/y)}={\frac {1}{y^{\arctan y}}}\to 1$. Puisque $\pi /2>1$, l'intégrale converge donc aussi en $+\infty$.
10. Soit $y=\ln(x+1)$. Quand $x\to 0^{+}$, $y\sim x\to 0^{+}$ donc $x\ln \ln(x+1)\sim y\ln y\to 0$. Par conséquent, l'intégrale n'est impropre qu'en $+\infty$.
    Elle converge (absolument) si et seulement si $4\beta -1>1$, c.-à-d. $\beta >1/2$. En effet :
    • si $\beta =1/2+\varepsilon$ avec $\varepsilon >0$ alors ${\frac {\ln \ln(x+1)}{x^{4\beta -1}}}={\frac {\ln \ln(x+1)}{x^{1+4\varepsilon }}}=o\left({\frac {1}{x^{1+3\varepsilon }}}\right)$, intégrable en $+\infty$ (intégrale de Riemann) ;
    • si $\beta \leq 1/2$ alors $\int _{1}^{+\infty }{\frac {\ln \ln(x+1)}{x^{4\beta -1}}}\,\mathrm {d} x\geq \int _{1}^{+\infty }{\frac {\ln \ln x}{x}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{+\infty }\ln y\,\mathrm {d} y=\left[y\ln y-y\right]_{0}^{+\infty }=+\infty$.
11. En $0$, l'intégrande tend vers $1$ mais en $+\infty$, il est $>1$ donc non intégrable.
12. En $0$, l'intégrande est équivalent à ${\frac {1}{x}}$ donc non intégrable.
13. En $0$,
    • ${\frac {1-\mathrm {e} ^{-x}}{x^{\alpha }}}$ est équivalent à ${\frac {1}{x^{\alpha -1}}}$ donc intégrable si et seulement si $\alpha <2$ ;
    • ${\frac {(\mathrm {e} ^{x}-1)^{\alpha }}{\ln(1+x)}}$ est équivalent à $x^{\alpha -1}$ donc intégrable si et seulement si $\alpha >0$.

 

Exercice 5-2

Nature de :

1. $\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} t}{t^{\alpha }\left|\ln t\right|^{\beta }}}$ et $\int _{1}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{t^{\alpha }\left|\ln t\right|^{\beta }}}$ ?
2. $\int _{0}^{+\infty }{\frac {x\ln x}{(1+x^{2})^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x$ ?
3. $\int _{0}^{1}{\frac {x^{\alpha }-1}{\ln x}}\,\mathrm {d} x$ ?
4. $\int _{0}^{+\infty }{\frac {{\sqrt {x}}\sin(1/x^{\alpha })}{\ln(1+x)}}\,\mathrm {d} x$, si $\alpha >0$ ?

Solution

1. L'intégrale de ${\frac {1}{t^{\alpha }\left|\ln t\right|^{\beta }}}$ converge :
   • en $+\infty$ si et seulement si $\alpha >1$ ou $\alpha =1{\text{ et }}\beta >1$ (voir l'exemple des intégrales de Bertrand dans le cours) ;
   • en $0$ si et seulement si $\alpha <1$ ou $\alpha =1{\text{ et }}\beta >1$ (voir encore l'exemple des intégrales de Bertrand dans le cours) ;
   • en $1$ si et seulement si $\beta <1$, puisque ${\frac {1}{t^{\alpha }\left|\ln t\right|^{\beta }}}\sim _{t\to 1}{\frac {1}{\left|t-1\right|^{\beta }}}$ (et d'après l'exemple de Riemann du cours).

   Par conséquent, la première intégrale converge si et seulement si $\alpha <1$ et $\beta <1$ et la seconde converge si et seulement si $\beta <1<\alpha$.

2. En $0$, l'intégrale est faussement impropre (l'intégrande tend vers $0$).
   En $+\infty$, par équivalents, l'intégrale converge (absolument) si et seulement si $2\alpha -1>1$, c'est-à-dire $\alpha >1$.
3. En $1$, l'intégrale est faussement impropre (par équivalents, l'intégrande tend vers $\alpha$).
   En $0$, par équivalents, l'intégrale converge (absolument) si et seulement si $-\alpha <1$, c'est-à-dire $\alpha >-1$ (elle est même faussement impropre si $\alpha \geq 0$).
4. En $+\infty$, si $\alpha >0$, ${\frac {{\sqrt {x}}\sin(1/x^{\alpha })}{\ln(1+x)}}\sim {\frac {1}{x^{\alpha -1/2}\ln x}}$ donc l'intégrale converge si et seulement si $\alpha >{\frac {3}{2}}$. (En $0$, $\left|{\frac {{\sqrt {x}}\sin(1/x^{\alpha })}{\ln(1+x)}}\right|\leq {\frac {\sqrt {x}}{\ln(1+x)}}\sim {\frac {1}{\sqrt {x}}}$ donc l'intégrale est absolument convergente.)

 

Exercice 5-3

Nature de $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\cos x}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x$ et de $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin x}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x$ ?

Solution

En $0$, par équivalents, la première intégrale converge (absolument) si et seulement si $\alpha <1$ et la seconde si et seulement si $\alpha <2$.

En $+\infty$, pour chacune des deux intégrales, on a :

• convergence absolue si et seulement si $\alpha >1$. En effet, cette condition évidemment suffisante est également nécessaire car si $\alpha \leq 1$, $\int _{\pi }^{+\infty }{\frac {\left|\sin x\right|^{\alpha }}{x}}\,\mathrm {d} x\geq \int _{\pi }^{+\infty }{\frac {\left|\sin x\right|}{x}}\,\mathrm {d} x=+\infty$ (par comparaison avec la série harmonique) donc aussi (par changement de variable et équivalent) $\int _{\pi /2}^{+\infty }{\frac {\left|\cos x\right|^{\alpha }}{x}}\,\mathrm {d} x=+\infty$.
• convergence simple si et seulement si $\alpha >0$. En effet, cette condition est non seulement nécessaire (car si $\beta :=-\alpha \geq 0$ alors $\int _{2k\pi }^{2k\pi +\pi /2}x^{\beta }\sin x\,\mathrm {d} x$ et $\int _{2k\pi }^{2k\pi +\pi /2}x^{\beta }\cos x\,\mathrm {d} x$, minorées par $(2k\pi )^{\beta }$, ne tendent pas vers 0) mais aussi suffisante, d'après l'application de la règle d'Abel vue en cours.

En résumé :

• la première intégrale converge lorsque $0<\alpha <1$ et sa convergence n'est jamais absolue ;
• la seconde converge lorsque $0<\alpha <2$ mais sa convergence n'est absolue que si $\alpha >1$.

 

Nature de :

1. $\int _{0}^{1}\sin(1/x)\,\mathrm {d} x$ ?
2. $\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{\arccos x}}$ ?
3. $\int _{0}^{+\infty }\sin(x^{2})\,\mathrm {d} x$ ?
4. $\int _{0}^{+\infty }\cos(x^{\alpha })\,\mathrm {d} x$ et $\int _{1}^{+\infty }\sin {\frac {1}{x{\sqrt {x}}}}\,\mathrm {d} x$ ?
5. $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin ^{2}x}{x}}\,\mathrm {d} x$ ?
6. $\int _{1}^{+\infty }\left(1-\cos {\frac {1}{\sqrt {x}}}\right)\sin x\,\mathrm {d} x$ ?
7. $\int _{0}^{+\infty }{\frac {1-\cos x}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x$, $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin ^{2}y}{y^{\alpha }}}\,\mathrm {d} y$ et $\int _{0}^{+\infty }{\frac {2\sin x\cos x}{x}}\,\mathrm {d} x$ ?
8. $\int _{0}^{+\infty }\sin x\sin {\frac {1}{x}}\,\mathrm {d} x$ ?
9. $\int _{1}^{+\infty }\left({\sqrt {x^{2}+\cos x}}-x\right)\,\mathrm {d} x$ ?

Solution

1. Par changement de variable, cette intégrale est absolument convergente, comme celle de ${\frac {\sin y}{y^{2}}}$ en $+\infty$.
2. Par changement de variable, cette intégrale est absolument convergente, comme celle (faussement impropre) de ${\frac {\sin y}{y}}$ en $0$.
3. Par changement de variable, cette intégrale est semi-convergente, comme celle de ${\frac {\sin y}{y^{1/2}}}$ en $+\infty$.
4. • Supposons $\alpha \neq 0$ (sinon, l'intégrale diverge évidemment). Par changement de variable, l'intégrale $\int _{0}^{+\infty }\cos(x^{\alpha })\,\mathrm {d} x$ est de même nature que $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\cos y}{y^{\beta }}}\,\mathrm {d} y$ avec $\beta =1-{\frac {1}{\alpha }}$.
     Elle est donc convergente si et seulement si $0<1-{\frac {1}{\alpha }}<1$ c'est-à-dire $\alpha >1$, et sa convergence n'est jamais absolue.
   • $\int _{1}^{+\infty }\sin {\frac {1}{x{\sqrt {x}}}}\,\mathrm {d} x$ converge (absolument) car $\sin {\frac {1}{x{\sqrt {x}}}}\sim _{+\infty }{\frac {1}{x^{3/2}}}>0$ et ${\frac {3}{2}}>1$.
5. En $0$, l'intégrale est faussement impropre (l'intégrande tend vers $0$).
   En $+\infty$, elle diverge, puisque ${\frac {\sin ^{2}(x+\pi /2)}{x+\pi /2}}\sim {\frac {\cos ^{2}x}{x}}$ et ${\frac {\sin ^{2}x}{x}}+{\frac {\cos ^{2}x}{x}}={\frac {1}{x}}$, dont l'intégrale est divergente.
6. L'intégrande est continu sur $\left[1,+\infty \right[$ (et même sur $\left]0,+\infty \right[$). En $+\infty$, $\left(1-\cos {\frac {1}{\sqrt {x}}}\right)\sin x=\left({\frac {1}{2x}}+O\left({\frac {1}{x^{2}}}\right)\right)\sin x={\frac {\sin x}{2x}}+O\left({\frac {1}{x^{2}}}\right)$ donc l'intégrale est semi-convergente, comme somme d'une intégrale semi-convergente et d'une intégrale absolument convergente.
7. En $0$, la fonction (positive) ${\frac {1-\cos x}{x^{\alpha }}}\sim {\frac {1}{2x^{\alpha -2}}}$ est intégrable si et seulement si $\alpha -2<1$, c'est-à-dire $\alpha <3$.
   En $+\infty$, l'intégrale converge si $\alpha >1$ (car $0\leq {\frac {1-\cos x}{x^{\alpha }}}\leq {\frac {1}{x^{\alpha }}}$) et diverge si $\alpha \leq 1$ (car $\int _{2k\pi +\pi /2}^{2k\pi +3\pi /2}{\frac {1-\cos x}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x\geq \int _{2k\pi +\pi /2}^{2k\pi +3\pi /2}{\frac {\mathrm {d} x}{x}}=\ln {\frac {2k\pi +3\pi /2}{2k\pi +\pi /2}}\sim {\frac {1}{2k}}$).
   Finalement, $\int _{0}^{+\infty }{\frac {1-\cos x}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x$ converge si et seulement si $1<\alpha <3$.
   Par changement de variable $y={\frac {x}{2}}$, $\int _{0}^{+\infty }{\frac {1-\cos x}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x=2^{2-\alpha }\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin ^{2}y}{y^{\alpha }}}\,\mathrm {d} y$.
   Par changement de variable $y=2x$, $\int _{0}^{+\infty }2\sin x\cos x\,{\frac {\mathrm {d} x}{x}}=\int _{0}^{+\infty }\sin y\,{\frac {\mathrm {d} y}{y}}$, semi-convergente.
8. En $0$, $\sin x\sin {\frac {1}{x}}\sim x\sin {\frac {1}{x}}\to 0$ donc l'intégrale est faussement impropre. En $+\infty$, $\sin x\sin {\frac {1}{x}}=\sin x\left({\frac {1}{x}}+O(1/x^{3})\right)={\frac {\sin x}{x}}+O(1/x^{3})$, donc même conclusion que dans la question 6.
9. En $+\infty$, ${\sqrt {x^{2}+\cos x}}-x=x\left({\sqrt {1+{\frac {\cos x}{x^{2}}}}}-1\right)=x\left({\frac {\cos x}{2x^{2}}}+O(1/x^{4})\right)={\frac {\cos x}{2x}}+O(1/x^{3})$ donc même conclusion que pour l'intégrale précédente.

 

Exercice 5-4

Soient $f:\mathbb {R} _{+}\to \mathbb {R}$ une fonction localement intégrable, et $I_{n}=\int _{0}^{n}f(x)\,\mathrm {d} x$. On suppose que $I_{n}\to I\in \mathbb {R}$. Est-il vrai que sous cette hypothèse :

1. Si l'intégrale $\int _{0}^{+\infty }f(x)\,\mathrm {d} x$ converge alors $\int _{0}^{+\infty }f(x)\,\mathrm {d} x=I$ ?
2. Si $f$ est positive alors l'intégrale $\int _{0}^{+\infty }f(x)\,\mathrm {d} x$ converge ?
3. Si $f$ est positive alors l'intégrale $\int _{0}^{+\infty }f^{2}(x)\,\mathrm {d} x$ converge ?
4. Si $f$ est positive alors $\lim _{+\infty }f=0$ ?
5. Si $f$ admet en $+\infty$ une limite (finie ou infinie), alors l'intégrale $\int _{0}^{+\infty }f(x)\,\mathrm {d} x$ converge ?
6. Si $f$ est dérivable et de dérivée bornée, alors l'intégrale $\int _{0}^{+\infty }f(x)\,\mathrm {d} x$ converge ?

Solution

1. Vrai car si $\lim _{A\to +\infty }\int _{0}^{A}f(x)\,\mathrm {d} x=J$ alors $\lim I_{n}=J$.
2. Vrai car $\forall A\in \mathbb {R} _{+}\quad I_{\lfloor A\rfloor }\leq \int _{0}^{A}f(x)\,\mathrm {d} x\leq I_{\lfloor A\rfloor +1}$ (où $\lfloor A\rfloor$ désigne la partie entière de $A$)
   donc $\left|\int _{0}^{A}f(x)\,\mathrm {d} x-I\right|\leq \max \left(\left|I_{\lfloor A\rfloor }-I\right|,\left|I_{\lfloor A\rfloor +1}-I\right|\right)\to 0$ quand $A\to +\infty$.
3. Faux. On peut même construire un contre-exemple où, de plus, la fonction positive $f$ est continue et non bornée :

   $f(x)={\begin{cases}ng(n^{3}(x-n))&{\text{ si }}&n\leq x\leq n+{\frac {1}{n^{3}}}{\text{ pour un }}n\in \mathbb {N} ^{*}\\0&{\text{ sinon}}\end{cases}}$

   pour n'importe quelle fonction continue non nulle $g:\left[0,1\right]\to \mathbb {R} _{+}$, nulle en $0$ et $1$ (par construction, $I_{n+1}=G\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{2}}}$, avec $G=\int _{0}^{1}g(t)\,\mathrm {d} t$).

4. Faux, d'après les deux points précédents (c'est pourquoi la notion de divergence grossière n'existe pas pour les intégrales).
5. Vrai :
   • Montrons d'abord que cette limite $\ell$ est forcément $0$. Pour tout entier naturel $n$, puisque $I_{n+1}-I_{n}=\int _{n}^{n+1}f(x)\,\mathrm {d} x$, on a : $\inf _{x\geq n}f(x)\leq I_{n+1}-I_{n}\leq \sup _{x\geq n}f(x)$. Par passage à la limite, on en déduit : $\ell \leq 0\leq \ell$.
   • Sachant maintenant que $\lim _{+\infty }f=0$, montrons que l'intégrale converge.
     $\forall A\in \mathbb {R} _{+}\quad \left|\int _{0}^{A}f(x)\,\mathrm {d} x-I_{\lfloor A\rfloor }\right|=\left|\int _{\lfloor A\rfloor }^{A}f(x)\,\mathrm {d} x\right|\leq \int _{\lfloor A\rfloor }^{A}\left|f(x)\right|\,\mathrm {d} x\leq \left(A-\lfloor A\rfloor \right)\sup _{\lfloor A\rfloor \leq x\leq A}\left|f(x)\right|\leq \sup _{x\geq \lfloor A\rfloor }\left|f(x)\right|$
     donc $\left|\int _{0}^{A}f(x)\,\mathrm {d} x-I\right|\leq \sup _{x\geq \lfloor A\rfloor }\left|f(x)\right|+\left|I_{\lfloor A\rfloor }-I\right|\to 0$ quand $A\to +\infty$.
6. Faux. Exemple : $f(x)=\cos(\pi x)$ ($\Rightarrow I_{n}=0$).

 

Exercice 5-5

En admettant, bien que vous soyez supposé(e) savoir le trouver par vous-même, que

${\frac {1}{1+X^{4}}}=g(X)+g(-X)$ avec $g(X):={\frac {{\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}X+{\frac {1}{2}}}{X^{2}+{\sqrt {2}}X+1}}$,

calculer :

1. $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{1+x^{4}}}$ ;
2. $\int _{0}^{+\infty }{\frac {y^{2}\,\mathrm {d} y}{1+y^{4}}}$ ;
3. $\int _{0}^{\pi /2}{\sqrt {\tan t}}\,\mathrm {d} t$.

Solution

1. Une primitive de

   $g(x)={\frac {{\frac {1}{4{\sqrt {2}}}}(2x+{\sqrt {2}})+{\frac {1}{4}}}{x^{2}+{\sqrt {2}}x+1}}={\frac {1}{4{\sqrt {2}}}}{\frac {2x+{\sqrt {2}}}{x^{2}+{\sqrt {2}}x+1}}+{\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}{\frac {\sqrt {2}}{\left({\sqrt {2}}x+1\right)^{2}+1}}$

   est

   $G(x):={\frac {1}{4{\sqrt {2}}}}\ln \left(x^{2}+{\sqrt {2}}x+1\right)+{\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\arctan \left({\sqrt {2}}x+1\right)$

   donc la primitive de ${\frac {1}{1+x^{4}}}$ nulle en $0$ est

   $F(x):=G(x)-G(-x)={\frac {1}{4{\sqrt {2}}}}\ln {\frac {x^{2}+{\sqrt {2}}x+1}{x^{2}-{\sqrt {2}}x+1}}+{\frac {\arctan \left({\sqrt {2}}x+1\right)+\arctan \left({\sqrt {2}}x-1\right)}{2{\sqrt {2}}}}$.

   Par conséquent,

   $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{1+x^{4}}}=\lim _{+\infty }F={\frac {2\arctan(+\infty )}{2{\sqrt {2}}}}={\frac {\pi }{2{\sqrt {2}}}}$.

2. Par changement de variable $x={\frac {1}{y}}$, cette intégrale est égale à la précédente.
3. Par changement de variable $y={\sqrt {\tan t}}$, cette intégrale est le double de la précédente.

 

Exercice 5-6

Pour quelle valeur de $\alpha$ l'intégrale

$\int _{0}^{+\infty }\left({\frac {1}{\sqrt {1+2x^{2}}}}-{\frac {\alpha }{x+1}}\right)\,\mathrm {d} x$

est-elle convergente ? La calculer dans ce cas.

Rappel : une primitive de ${\frac {1}{\sqrt {1+t^{2}}}}$ est $\operatorname {arsinh} t=\ln \left(t+{\sqrt {t^{2}+1}}\right)$.

Solution

La primitive nulle en 0 de l'intégrande est

$F(x):={\frac {\ln \left(x{\sqrt {2}}+{\sqrt {2x^{2}+1}}\right)}{\sqrt {2}}}-\alpha \ln(x+1)$.

Or

$\ln \left(x{\sqrt {2}}+{\sqrt {2x^{2}+1}}\right)=\ln \left(2x{\sqrt {2}}\left({\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}{\sqrt {1+{\frac {1}{2x^{2}}}}}\right)\right)=\ln \left(2x{\sqrt {2}}\right)+\ln \left(1+o(1/x)\right)=\ln x+\ln \left(2{\sqrt {2}}\right)+o(1/x)$

et

$\ln(x+1)=\ln x+\ln \left(1+{\frac {1}{x}}\right)=\ln x+O(1/x)$.

Par conséquent,

$F(x)={\frac {\ln x+\ln(2{\sqrt {2}})}{\sqrt {2}}}-\alpha \ln x+O\left({\frac {1}{x}}\right)$

et la limite de $F$ en $+\infty$ est donc finie si et seulement si $\alpha ={\frac {1}{\sqrt {2}}}$, et vaut alors ${\frac {\ln(2{\sqrt {2}})}{\sqrt {2}}}$.

 

Exercice 5-7

Montrer la convergence et calculer :

1. $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{1+t^{2}}}$, $\int _{1}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{1+t^{2}}}$, $\int _{-\infty }^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{t^{2}+2t+2}}$ et $I_{n}:=\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{(1+t^{2})^{n+1}}}$ ;
2. $\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} t}{{\sqrt {t}}\left(1+t\right)}}$ et $\int _{1}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{{\sqrt {t}}\left(1+t\right)}}$ ;
3. $\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} t}{\sqrt {t}}}$ et $\int _{-1}^{0}{\frac {\mathrm {e} ^{x}}{\sqrt {1-\mathrm {e} ^{x}}}}\;\mathrm {d} x$ ;
4. $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{(t+1)(t+2)}}$ ;
5. $\int _{2}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{x^{2}-1}}$ ;
6. $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{(x+1)(x+2)(x+3)}}$ ;
7. $\int _{3}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{(x^{2}-3x+2)^{2}}}$ ;
8. $\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-t}\cos t\,\mathrm {d} t$ ;
9. $\int _{4}^{5}{\frac {\mathrm {d} t}{\sqrt {(t-4)(5-t)}}}$ ;
10. $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\ln t}{1+t^{2}}}\,\mathrm {d} t$ ou plus généralement, $\int _{0}^{+\infty }f(t)\ln t\,\mathrm {d} t$ avec $f(t)={\frac {t^{\gamma }}{\left(1+t^{\alpha _{1}}\right)^{\beta _{1}}\dots \left(1+t^{\alpha _{n}}\right)^{\beta _{n}}}}$ et $0<2+2\gamma =\sum \alpha _{i}\beta _{i}$ ;
11. $\int _{0}^{+\infty }{\frac {1}{\left(1+t^{2}\right)\left(1+t^{\alpha }\right)}}\,\mathrm {d} t$ ($\alpha \in \mathbb {R}$) ;
12. $\int _{0}^{1}{\frac {\ln t}{\sqrt {1-t}}}\,\mathrm {d} t$ ;
13. $\int _{-\infty }^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{(a+x^{2})(b+x^{2})}}$ ($a,b>0$) ;
14. $\int _{-\infty }^{+\infty }{\frac {x}{\cosh x}}\,\mathrm {d} x$.
15. $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\operatorname {e} ^{-{\sqrt {x}}}}{\sqrt {x}}}\,\mathrm {d} x$, $\int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-{\sqrt {x}}}\,\mathrm {d} x$ et $\int _{0}^{+\infty }x^{2}\operatorname {e} ^{-x^{3}}\,\mathrm {d} x$ ;
16. $\int _{0}^{+\infty }(\alpha x+\beta )\operatorname {e} ^{-x}\,\mathrm {d} x$ et $\int _{0}^{+\infty }(x^{2}-3x-7)\operatorname {e} ^{-x}\,\mathrm {d} x$ ;
17. $\int _{1}^{+\infty }{\frac {\ln t}{t^{\alpha }}}\;\mathrm {d} t$ pour $\alpha >1$ et $\int _{0}^{1}{\frac {\ln t}{t^{\alpha }}}\;\mathrm {d} t$ pour $\alpha <1$ ;

Solution

1. $I_{0}=\left[\arctan t\right]_{0}^{+\infty }=\pi /2$,
   $\left[\arctan t\right]_{1}^{+\infty }=\pi /4$,
   $\left[\arctan(t+1)\right]_{-\infty }^{+\infty }=\pi$ et
   $I_{n}=\left[{\frac {t}{(1+t^{2})^{n+1}}}\right]_{0}^{+\infty }+(n+1)\int _{0}^{+\infty }{\frac {2t^{2}}{(1+t^{2})^{n+1}}}\,\mathrm {d} t=0+2(n+1)(I_{n}-I_{n+1})$, ce qui se réécrit $I_{n+1}={\frac {2n+1}{2n+2}}I_{n}$
   et donc (par récurrence) $I_{n}={\frac {2n-1}{2n}}{\frac {2n-3}{2n-2}}\dots {\frac {3}{4}}{\frac {1}{2}}{\frac {\pi }{2}}={\frac {(2n)!}{(2^{n}n!)^{2}}}{\frac {\pi }{2}}$ (il s'agit en fait de l'intégrale de Wallis $W_{2n}$. Pour une autre méthode, voir Mathématiques en MP/Exercices/Intégrales dépendant d'un paramètre#Exercice 2-2) ;
2. $\int _{a}^{b}{\frac {\mathrm {d} t}{{\sqrt {t}}\left(1+t\right)}}=\int _{\sqrt {a}}^{\sqrt {b}}{\frac {2\mathrm {d} s}{1+s^{2}}}=2[\arctan s]_{\sqrt {a}}^{\sqrt {b}}$ donc $\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} t}{{\sqrt {t}}\left(1+t\right)}}=\int _{1}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{{\sqrt {t}}\left(1+t\right)}}={\frac {\pi }{2}}$.
   Le changement de variable $x={\frac {1}{t}}$ permettait d'ailleurs de prévoir que ces deux intégrales sont égales.
3. $\left[2{\sqrt {t}}\right]_{0}^{1}=2$ et $\int _{0}^{1-\mathrm {e} ^{-1}}{\frac {\mathrm {d} t}{\sqrt {t}}}=\left[2{\sqrt {t}}\right]_{0}^{1-\mathrm {e} ^{-1}}=2{\sqrt {1-\mathrm {e} ^{-1}}}$ ;
4. La décomposition en éléments simples de l'intégrande est ${\frac {1}{(X+1)(X+2)}}={\frac {1}{X+1}}-{\frac {1}{X+2}}$.
   Une primitive sur $\left]-1,+\infty \right[$ est donc : $F(t)=\ln {\frac {t+1}{t+2}}$.
   Puisque $\lim _{+\infty }F=0\in \mathbb {R}$, l'intégrale converge et $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{(t+1)(t+2)}}=0-F(0)=\ln 2$.
5. Raisonnement analogue, avec ${\frac {1}{X^{2}-1}}={\frac {1/2}{X-1}}-{\frac {1/2}{X+1}}$ (détail du calcul dans cette leçon), $F(x)={\frac {1}{2}}\ln {\frac {x-1}{x+1}}$ (sur $\left]1,+\infty \right[$) et $\int _{2}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{x^{2}-1}}=0-F(2)={\frac {\ln 3}{2}}$.
6. Raisonnement analogue, avec ${\frac {1}{(X+1)(X+2)(X+3)}}={\frac {1/2}{X+1}}-{\frac {1}{X+2}}+{\frac {1/2}{X+3}}$ (détail du calcul dans cet exercice), $F(x)={\frac {1}{2}}\ln {\frac {(x+1)(x+3)}{(x+2)^{2}}}$ (sur $\left]-1,+\infty \right[$) et $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{(x+1)(x+2)(x+3)}}=0-F(0)={\frac {\ln(4/3)}{2}}$.
7. Raisonnement analogue, avec ${\frac {1}{\left(X^{2}-3X+2\right)^{2}}}={\frac {2}{X-1}}+{\frac {1}{\left(X-1\right)^{2}}}-{\frac {2}{X-2}}+{\frac {1}{\left(X-2\right)^{2}}}$ (détail du calcul dans cet exercice), $F(x)=2\ln \left|{\frac {x-1}{x-2}}\right|-{\frac {1}{x-1}}-{\frac {1}{x-2}}$ (sur $\left]-\infty ,1\right[$, $\left]1,2\right[$ et $\left]2,+\infty \right[$) et $\int _{3}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{(x^{2}-3x+2)^{2}}}=0-F(3)={\frac {3}{2}}-2\ln 2$.
8. Par double intégration par parties, $\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-t}\cos t\,\mathrm {d} t=\left[{\frac {\mathrm {e} ^{-t}\left(\sin t-\cos t\right)}{2}}\right]_{0}^{+\infty }={\frac {1}{2}}$.
9. Par changement de variable $s=2t-9$, $\int _{4}^{5}{\frac {\mathrm {d} t}{\sqrt {(t-4)(5-t)}}}=\int _{-1}^{1}{\frac {\mathrm {d} s}{\sqrt {1-s^{2}}}}=\left[\arcsin s\right]_{-1}^{1}=\pi$ (ce qui prouve « à la volée » la convergence).
10. Par équivalents, l'intégrale converge en 0 car $\gamma >-1$. Par changement de variable $s=1/t$, l'intégrale $\int _{1}^{+\infty }f(t)\ln t\,\mathrm {d} t\,\mathrm {d} t$ est l'opposée de $\int _{0}^{1}f(t)\ln t\,\mathrm {d} t\,\mathrm {d} t$ (donc, comme elle, convergente), si bien que $\int _{0}^{+\infty }f(t)\ln t\,\mathrm {d} t$ est convergente et nulle.
11. L'intégrande (positif et continu sur $\left]0,+\infty \right[$) est majoré par ${\frac {1}{1+t^{2}}}$ (intégrable sur $\mathbb {R}$) donc l'intégrale converge. Par changement de variable $s=1/t$, $I_{\alpha }:=\int _{0}^{+\infty }{\frac {1}{\left(1+t^{2}\right)\left(1+t^{\alpha }\right)}}\,\mathrm {d} t=\int _{+\infty }^{0}{\frac {1}{\left(1+s^{-2}\right)\left(1+s^{-\alpha }\right)}}{\frac {-\mathrm {d} s}{s^{2}}}=\int _{0}^{+\infty }{\frac {s^{\alpha }}{\left(1+s^{2}\right)\left(1+s^{\alpha }\right)}}\,\mathrm {d} s=:J_{\alpha }$ donc $I_{\alpha }={\frac {I_{\alpha }+J_{\alpha }}{2}}={\frac {1}{2}}\int _{0}^{+\infty }{\frac {1}{1+t^{2}}}\,\mathrm {d} t={\frac {\pi }{4}}=I_{0}$ (ce qui, pour $\alpha >-1$, était prévisible au vu de la question précédente, par dérivation par rapport au paramètre).
12. Par changement de variable $s={\sqrt {1-t}}$, $\int _{0}^{1}{\frac {\ln t}{\sqrt {1-t}}}\,\mathrm {d} t=2\int _{0}^{1}\ln(1-s^{2})\,\mathrm {d} s=2\left[G(1+s)-G(1-s)\right]_{0}^{1}$, avec $G(x)=x\ln x-x$, continue sur $\left]0,+\infty \right[$. Puisque $\lim _{0}G=0\in \mathbb {R}$, l'intégrale est donc convergente et vaut $2\left(G(2)-0\right)=4\left(\ln 2-1\right)$.
13. L'intégrale converge en $\pm \infty$ comme celle de ${\frac {1}{x^{4}}}$.
    • Cas général : $b\neq a$. L'intégrande s'écrit alors ${\frac {1}{b-a}}\left({\frac {1}{x^{2}+a}}-{\frac {1}{x^{2}+b}}\right)$ donc admet pour primitive $F(x):={\frac {1}{b-a}}\left({\frac {1}{\sqrt {a}}}\arctan {\frac {x}{\sqrt {a}}}-{\frac {1}{\sqrt {b}}}\arctan {\frac {x}{\sqrt {b}}}\right)$.

      $\int _{-\infty }^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{(a+x^{2})(b+x^{2})}}=\lim _{+\infty }F-\lim _{-\infty }F=2\lim _{+\infty }F={\frac {\pi }{b-a}}\left({\frac {1}{\sqrt {a}}}-{\frac {1}{\sqrt {b}}}\right)={\frac {\pi }{b{\sqrt {a}}+a{\sqrt {b}}}}$.

    • Cas particulier : $b=a$. Par changement de variable $x=y{\sqrt {a}}$ puis $y=\tan t$,

      $\int _{-\infty }^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{(a+x^{2})^{2}}}={\frac {1}{a{\sqrt {a}}}}\int _{-\infty }^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} y}{(1+y^{2})^{2}}}={\frac {1}{a{\sqrt {a}}}}\int _{-\pi /2}^{\pi /2}\cos ^{2}t\,\mathrm {d} t={\frac {\pi }{2a{\sqrt {a}}}}$ (ce qui était prévisible au vu du cas général, en faisant tendre $b$ vers $a$ et en intervertissant limite et intégrale).

14. La fonction $x\mapsto {\frac {x}{\cosh x}}$ est continue. En $+\infty$, elle est équivalente à ${\frac {x\mathrm {e} ^{-x}}{2}}$ donc positive et intégrable. Comme elle est impaire, elle est donc (absolument) intégrable sur $\mathbb {R}$ et d'intégrale nulle.
15. $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\operatorname {e} ^{-{\sqrt {x}}}}{\sqrt {x}}}\,\mathrm {d} x=2\int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-y}\,\mathrm {d} y$ donc l'intégrale converge et vaut $2$. De même, $\int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-{\sqrt {x}}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-y}\,2y\mathrm {d} y=\left[-2y\operatorname {e} ^{-y}\right]_{0}^{+\infty }+2\int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-y}\,\mathrm {d} y=2$ et $\int _{0}^{+\infty }x^{2}\operatorname {e} ^{-x^{3}}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{3}}\int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-y}\,\mathrm {d} y={\frac {1}{3}}$.
16. $\int _{0}^{+\infty }(\alpha x+\beta )\operatorname {e} ^{-x}\,\mathrm {d} x=[-(\alpha x+\beta )\operatorname {e} ^{-x}]_{0}^{+\infty }+\alpha \int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-x}\,\mathrm {d} x=[-(\alpha x+\beta +\alpha )\operatorname {e} ^{-x}]_{0}^{+\infty }=\beta +\alpha$ et $\int _{0}^{+\infty }(x^{2}-3x-7)\operatorname {e} ^{-x}\,\mathrm {d} x=[-(x^{2}-3x-7)\operatorname {e} ^{-x}]_{0}^{+\infty }+\int _{0}^{+\infty }(2x-3)\operatorname {e} ^{-x}\,\mathrm {d} x=-7+(-3+2)=-8$.
17. $\int t^{-\alpha }\ln t\;\mathrm {d} t=\left[{\frac {t^{1-\alpha }\ln t}{1-\alpha }}-{\frac {t^{1-\alpha }}{(1-\alpha )^{2}}}\right]$ (cf. Intégration en mathématiques/Exercices/Primitives 4#Exercice 7-3) donc
    • si $\alpha >1$, $\int _{1}^{+\infty }{\frac {\ln t}{t^{\alpha }}}\;\mathrm {d} t=\left[{\frac {-\ln t}{\left(\alpha -1\right)t^{\alpha -1}}}-{\frac {1}{(\alpha -1)^{2}t^{\alpha -1}}}\right]_{1}^{+\infty }={\frac {1}{(\alpha -1)^{2}}}$ ;
    • si $\alpha <1$, $\int _{0}^{1}{\frac {\ln t}{t^{\alpha }}}\;\mathrm {d} t=\left[{\frac {t^{1-\alpha }\ln t}{1-\alpha }}-{\frac {t^{1-\alpha }}{(1-\alpha )^{2}}}\right]_{0}^{1}=-{\frac {1}{(1-\alpha )^{2}}}$

 

Exercice 5-8

Soit $T\left(y_{0}\right)={\frac {1}{\sqrt {2\mathrm {g} }}}\int _{0}^{y_{0}}{\frac {\sqrt {1+{\psi '(y)}^{2}}}{\sqrt {y_{0}-y}}}\,\mathrm {d} y$.

1. Signification physique pour un toboggan $x=\psi (y)$ ?
2. Convergence et calcul pour une planche $y=\lambda x$ ?
3. Et pour $y=x^{2}$ ?

Solution

1. $T\left(y_{0}\right)$ est la durée de descente de l'altitude $y_{0}$ à l'altitude $0$.
   En effet, si l'on note $s(t)$ l'abscisse curviligne à l'instant $t$ d'un mobile parti (à vitesse nulle) d'un point d'altitude $y_{0}$ à l'instant 0 et glissant sur le toboggan :
   • son énergie cinétique est ${\frac {m}{2}}\left({\frac {\mathrm {d} s}{\mathrm {d} t}}\right)^{2}$ (où $m$ est sa masse) et
   • son énergie potentielle est $m\mathrm {g} y$.

   Par conservation de l'énergie mécanique, ${\frac {m}{2}}\left({\frac {\mathrm {d} s}{\mathrm {d} t}}\right)^{2}+m\mathrm {g} y=m\mathrm {g} y_{0}$, d'où
   ${\frac {\mathrm {d} s}{\mathrm {d} t}}={\sqrt {2\mathrm {g} \left(y_{0}-y\right)}}$, or par ailleurs, ${\frac {\mathrm {d} s}{\mathrm {d} y}}=-{\sqrt {1+{\psi '(y)}^{2}}}$.

2. Si $x=\psi (y)=y/\lambda$ alors $T\left(y_{0}\right)={\sqrt {\frac {1+1/\lambda ^{2}}{2\mathrm {g} }}}\int _{0}^{y_{0}}{\frac {\mathrm {d} y}{\sqrt {y_{0}-y}}}={\sqrt {\frac {1+1/\lambda ^{2}}{2\mathrm {g} }}}\,2{\sqrt {y_{0}}}={\sqrt {\frac {2\left(1+1/\lambda ^{2}\right)y_{0}}{\mathrm {g} }}}$.
3. Si $x=\psi (y)=-{\sqrt {y}}$ alors $T\left(y_{0}\right)={\frac {1}{\sqrt {2\mathrm {g} }}}\int _{0}^{y_{0}}{\sqrt {\frac {1+{\frac {1}{4y}}}{y_{0}-y}}}\,\mathrm {d} y=$ (par changement de variable $y=y_{0}\sin ^{2}\theta$)
   ${\frac {1}{\sqrt {2\mathrm {g} y_{0}}}}\int _{0}^{\pi /2}{\frac {\sqrt {1+{\frac {1}{4y_{0}\sin ^{2}\theta }}}}{\cancel {\cos \theta }}}\,2y_{0}\sin \theta {\cancel {\cos \theta }}\,\mathrm {d} \theta ={\frac {1}{\sqrt {2\mathrm {g} }}}\int _{0}^{\pi /2}{\sqrt {1+4y_{0}\sin ^{2}\theta }}\,\mathrm {d} \theta$.
   Il s'agit, comme le périmètre de l'ellipse, d'une intégrale elliptique donc non calculable explicitement.

 

Exercice 5-9

Soit $f:\left[0,+\infty \right[\to \mathbb {R}$ une fonction continue telle que $\int _{1}^{+\infty }{\frac {f(t)}{t}}\,\mathrm {d} t$ converge et soient $a,b>0$. Pour tout $x>0$, on pose :

$F(x):=\int _{x}^{+\infty }{\frac {f(at)-f(bt)}{t}}\,\mathrm {d} t\quad {\text{et}}\quad G(x):=\int _{ax}^{bx}{\frac {f(t)}{t}}\,\mathrm {d} t$.

1. Montrer que $F=G$.
2. Montrer que si une fonction $g:\left[0,+\infty \right[\to \mathbb {R}$ est continue et nulle en $0$, alors $\lim _{x\to 0}\int _{ax}^{bx}{\frac {g(t)}{t}}\,\mathrm {d} t=0$.
3. Déduire des deux questions précédentes que
   $\int _{0}^{+\infty }{\frac {f(at)-f(bt)}{t}}\,\mathrm {d} t=f(0)\ln {\frac {b}{a}}$.
4. Application : montrer que $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\exp(-at)-\exp(-bt)}{t}}\,\mathrm {d} t=\ln {\frac {b}{a}}$.

Solution

1. $F(x)=\int _{x}^{+\infty }f(at){\frac {\mathrm {d} t}{t}}-\int _{x}^{+\infty }f(bt){\frac {\mathrm {d} t}{t}}=\int _{ax}^{+\infty }f(s){\frac {\mathrm {d} s}{s}}-\int _{bx}^{+\infty }f(s){\frac {\mathrm {d} s}{s}}=G(x)$.
2. Posons, pour tout $y\geq 0$, $\varphi (y):=\sup _{0\leq t\leq y}|g(t)|$. Alors, $\lim _{0}\varphi =0$. Or (en supposant, sans perte de généralité, $b\geq a$)
   $\left|\int _{ax}^{bx}{\frac {g(t)}{t}}\,\mathrm {d} t\right|\leq \int _{ax}^{bx}{\frac {|g(t)|}{t}}\,\mathrm {d} t\leq \int _{ax}^{bx}{\frac {|\varphi (bx)|}{t}}\,\mathrm {d} t=\varphi (bx)\ln {\frac {b}{a}}$. Par conséquent, $\lim _{x\to 0}\int _{ax}^{bx}{\frac {g(t)}{t}}\,\mathrm {d} t=0$.
3. Soit $g:=f-f(0)$. Alors, $F(x)=G(x)=\int _{ax}^{bx}{\frac {f(0)+g(t)}{t}}\,\mathrm {d} t=f(0)\ln {\frac {b}{a}}+\int _{ax}^{bx}{\frac {g(t)}{t}}\,\mathrm {d} t$ donc d'après la question précédente, $\lim _{0}F=f(0)\ln {\frac {b}{a}}$.
4. $f(x):=\exp(-x)$ vérifie les hypothèses. Signalons qu'il existe dans ce cas particulier une autre méthode (par dérivation d'une intégrale à paramètre), qui ne s'étend qu'au cas où $f$ est dérivable et nulle à l'infini.

 

Exercice 5-10

Nature de $\int _{0}^{+\infty }\sin(x^{4}+x^{2}+x)\;\mathrm {d} x$ ?

Solution

La fonction $f:\mathbb {R} _{+}\to \mathbb {R} _{+},\;x\mapsto x^{4}+x^{2}+x$ est une bijection continue et strictement croissante.

• Montrons d'abord que l'intégrale n'est pas absolument convergente. $\int _{0}^{+\infty }\left|\sin(x^{4}+x^{2}+x)\right|\;\mathrm {d} x=\int _{0}^{+\infty }\left|\sin y\right|\;{\frac {\mathrm {d} y}{f'(f^{-1}(y))}}$, or $f'(f^{-1}(y))\sim 4y^{3/4}<4y$, et l'intégrale de ${\frac {\left|\sin y\right|}{y}}$ diverge en $+\infty$.
• Montrons à présent que l'intégrale est cependant (semi-)convergente, grâce à la règle d'Abel. $\int _{0}^{+\infty }\sin(x^{4}+x^{2}+x)\;\mathrm {d} x=\int _{0}^{+\infty }\sin y\;{\frac {\mathrm {d} y}{f'(f^{-1}(y))}}$, et la fonction ${\frac {1}{f'\circ f^{-1}}}$ est à la fois nulle à l'infini (car équivalente à $y\mapsto {\frac {1}{4y^{3/4}}}$) et décroissante (car $f^{-1}$ est croissante et $f'$ est positive et croissante).

 

Exercice 5-11

Soit $f$ une fonction uniformément continue sur $\mathbb {R} _{+}$ et telle que $\int _{0}^{+\infty }f(t)\;\mathrm {d} t$ converge. Montrer que $\lim _{+\infty }f=0$.

Solution

Soit $\varepsilon >0$. Par continuité uniforme, il existe $\eta >0$ tel que (pour tous $x,t\in \mathbb {R} _{+}$) $|x-t|\leq \eta \Rightarrow |f(x)-f(t)|\leq \varepsilon$ donc tel que (pour tout $x\in \mathbb {R} _{+}$) $\left|\int _{x}^{x+\eta }f(t)\;\mathrm {d} t-\eta f(x)\right|\leq \eta \varepsilon$.

Puis par convergence de $\int _{0}^{+\infty }f(t)\;\mathrm {d} t$, il existe $A\in \mathbb {R} _{+}$ tel que $\forall x\geq A\quad \left|\int _{x}^{x+\eta }f(t)\;\mathrm {d} t\right|\leq \eta \varepsilon$ et alors, $\left|\eta f(x)\right|\leq 2\eta \varepsilon$ donc $\left|f(x)\right|\leq 2\varepsilon$.

 

Exercice 5-12

Calculer $\lim _{n\to +\infty }n^{2}\int _{0}^{1}x\operatorname {e} ^{-n^{2}x^{2}}\,\mathrm {d} x$ et $\lim _{n\to +\infty }n\int _{0}^{1}{\sqrt {x}}\operatorname {e} ^{-n^{2}x^{2}}\,\mathrm {d} x$.

Solution

• $\int _{0}^{1}nx\operatorname {e} ^{-n^{2}x^{2}}\,n\mathrm {d} x=\int _{0}^{n}y\operatorname {e} ^{-y^{2}}\,\mathrm {d} y\to \int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-y^{2}}\,y\mathrm {d} y=\int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-t}\,{\frac {\mathrm {d} t}{2}}={\frac {1}{2}}$.
• $n^{3/2}\int _{0}^{1}{\sqrt {x}}\operatorname {e} ^{-n^{2}x^{2}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{n}{\sqrt {y}}\operatorname {e} ^{-y^{2}}\,\mathrm {d} y\to \int _{0}^{+\infty }{\sqrt {y}}\operatorname {e} ^{-y^{2}}\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{+\infty }t^{1/4}\operatorname {e} ^{-t}\,{\frac {\mathrm {d} t}{2{\sqrt {t}}}}={\frac {1}{2}}\int _{0}^{+\infty }t^{-1/4}\operatorname {e} ^{-t}\,\mathrm {d} t={\frac {1}{2}}\Gamma (3/4)$ (cf. Fonction Gamma) donc en divisant par ${\sqrt {n}}$, $\lim _{n\to +\infty }n\int _{0}^{1}{\sqrt {x}}\operatorname {e} ^{-n^{2}x^{2}}\,\mathrm {d} x=0$.