Mathématiques en MP/Exercices/Intégrales dépendant d'un paramètre

Rappels de cours

Dans les trois théorèmes suivants, toutes les fonctions seront supposées (outre les hypothèses spécifiques à chacun) continues par morceaux, pour éviter de faire appel à la notion de mesurabilité, plus générale mais peu utile dans les cas concrets. $J$ désignera un intervalle réel et $f$ une application définie sur $J\times [a,b[$ et à valeurs dans $ℝ$ ou $ℂ$ ($b$ peut être infini). On définit

$F(x):={\int }_a^{b}f(x,t)\mathrm{d}t$

(pour les $x\in J$ pour lesquels cette intégrale converge).

Début d’un théorème

Limite

Soit $x_0$ une extrémité (éventuellement infinie) de l'intervalle $J$. Si :

• $\mathrm{\forall }t\in [a,b[\underset{x\to x_0}{lim}f(x,t)$ existe ;
• $\mathrm{\forall }(x,t)\in J\times [a,b[|f(x,t)|\le g(t)$ pour une certaine fonction $g$ intégrable sur $[a,b[$,

alors :

• $F$ est bien définie sur $J$ et $\underset{x\to x_0}{lim}F(x)={\int }_a^b\underset{x\to x_0}{lim}f(x,t)\mathrm{d}t$.

Fin du théorème

Début d’un théorème

Continuité

Si :

• $\mathrm{\forall }t\in [a,b[x\mapsto f(x,t)$ est continue sur $J$ ;
• $\mathrm{\forall }(x,t)\in J\times [a,b[|f(x,t)|\le g(t)$ pour une certaine fonction $g$ intégrable sur $[a,b[$,

alors :

• $F$ est bien définie et continue sur $J$.

Fin du théorème

Début d’un théorème

Classe C¹

Si $F$ est bien définie sur $J$ et si :

• $\mathrm{\forall }t\in [a,b[x\mapsto f(x,t)$ est de classe C¹ sur $J$ ;
• $\mathrm{\forall }(x,t)\in J\times [a,b[|\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)|\le g(t)$ pour une certaine fonction $g$ intégrable sur $[a,b[$,

alors :

• $F$ est de classe C¹ sur $J$ et $\mathrm{\forall }x\in J{F}^{\prime }(x)={\int }_a^b\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\mathrm{d}t$.

Fin du théorème

Exercice 2-1

On considère $g(x):={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}f(x,t)\mathrm{d}t$, pour $f:ℝ\times [0,+\mathrm{\infty }[\to ℝ,(x,t)\mapsto \frac{x}{1+x^2{t}^2}$.

1. Montrer que $f$ est continue (sur $ℝ\times [0,+\mathrm{\infty }[$) et que $g$ est bien définie sur $ℝ$.
2. Pour tout $x\in ℝ$, calculer $g(x)$.
3. Pour tout $t\in ]0,+\mathrm{\infty }[$, calculer $h(t):=\underset{x\in ℝ}{sup}|f(x,t)|$.
4. L'intégrale ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}h(t)\mathrm{d}t$ est-elle convergente ?
5. Étudier de même $h_{\epsilon ,M}(t):=\underset{\epsilon \le |x|\le M}{sup}|f(x,t)|$, pour $0<\epsilon \le M$.

Solution

1. $f(0,t)=0$ donc $g(0)=0$.
   $f$ est continue car c'est une fraction rationnelle (en deux variables) dont le dénominateur ne s'annule pas.
   De plus, pour $x\in {ℝ}^{\ast }$ fixé, $t\mapsto f(x,t)$ est intégrable en $+\mathrm{\infty }$ car (par changement de variable $s=|x|t$)
   ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{|x|}{1+x^2{t}^2}\mathrm{d}t={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{1+s^2}\mathrm{d}s=\frac{\pi }{2}<+\mathrm{\infty }$.
   Donc $g$ est bien définie sur $ℝ$.
2. Par le même calcul, $g(x)=\{\begin{array}{cc}\frac{\pi }{2}& \text{si }x>0,\\ -\frac{\pi }{2}& \text{si }x<0,\\ 0& \text{si }x=0.\end{array}$
3. $h(t)=\underset{x\in ℝ}{sup}\frac{|x|}{1+x^2{t}^2}=\frac{1}{t}\underset{s\ge 0}{sup}\frac{s}{1+s^2}=\frac{1}{2t}$.
4. Non ($h$ n'est même intégrable ni en $0$, ni en $+\mathrm{\infty }$) : d'après la question 3, ou simplement d'après la question 2.
   Sinon, les théorèmes de continuité et d'interversion des limites pour une intégrale à paramètre s'appliqueraient, or :
   • $g$ n'est pas continue en $0$ ;
   • ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x}{1+x^2{t}^2}\mathrm{d}t={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}0\mathrm{d}t=0\ne \frac{\pi }{2}$.
5. $h_{\epsilon ,M}(t)=\underset{\epsilon \le |x|\le M}{sup}\frac{|x|}{1+x^2{t}^2}=\frac{1}{t}\underset{\epsilon t\le s\le Mt}{sup}\frac{s}{1+s^2}=\{\begin{array}{cc}\frac{M}{1+M^2{t}^2}& \text{si }t\le 1/M\\ \frac{1}{2t}& \text{si }1/M\le t\le 1/\epsilon \\ \frac{\epsilon }{1+{\epsilon }^2{t}^2}& \text{si }t\ge 1/\epsilon \end{array}$
   donc $h_{\epsilon ,M}$ est (continue et) intégrable en $0$ et en $+\mathrm{\infty }$. Ceci permettrait, si l'on n'avait pas déjà calculé $g$, de démontrer que cette fonction est continue sur ${ℝ}^{\ast }$.

 

Sur le même thème : pour $x\in ℝ$, on pose $f(x,t)=\frac{x\sin (xt)}{t}$ et $\psi (x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}f(x,t)\mathrm{d}t$.

Montrer que $\psi$ est de classe C^∞ sur ${ℝ}^{\ast }$ mais que ${\psi }^{\prime }(x)\ne {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\mathrm{d}t$.

Solution

Par changement de variable $y=xt$, on obtient : $\psi (x)=|x|\psi (1)$ donc $\psi$ est C^∞ sur ${ℝ}^{\ast }$.

Mais pour tout $x\ne 0$, l'intégrale de $0$ à $+\mathrm{\infty }$ de $t\mapsto \frac{\partial f}{\partial x}(x,t)=\frac{\sin (xt)}{t}+x\cos (xt)$ diverge, comme somme d'une intégrale (semi-)convergente et d'une intégrale divergente.

 

1. Soit $h(t)=\frac{-1}{t\ln t}$. Vérifier que sur $]0,1/\mathrm{e}[$, $h$ est positive, strictement décroissante, que $\underset{t\to 0^{+}}{lim}th(t)=0$ et que $h$ n'est pas intégrable en 0.
2. Soit $(b_n)$ une suite décroissante de réels tendant vers 0, et telle que $b_{n+1}\sim b_n$. On pose $a_n=h(b_{n+1})$ (on suppose $b_0<1/\mathrm{e}$) et $f_n=a_n{\mathrm{𝟏}}_{]0,b_n]}$. Vérifier que $f_n\to 0$ simplement et $\int f_n\mathrm{d}\lambda \to 0$.
3. Vérifier que pour tout $x\in ]0,b_1]$, la suite des $f_n(x)$ est positive mais non monotone. Soit $f(x)$ son sup, vérifier que $\mathrm{\forall }x\in ]0,b_0]f(x)>h(x)$. En déduire qu'il n'existe pas de fonction $g$ intégrable telle que $\mathrm{\forall }n|f_n|\le g\lambda$-presque partout.

Solution

1. Sur $]0,1[$, $h$ est positive et $h^{\prime }(t)=\frac{1+\ln t}{t^2{\ln }^{2}t}<0\iff \ln t<-1\iff t<1/\mathrm{e}$. $\underset{t\to 0^{+}}{lim}th(t)=\frac{-1}{\ln (0^{+})}=\frac{-1}{-\mathrm{\infty }}=0^{+}$, et $u=-\ln t$ donne ${\int }_0^{1/\mathrm{e}}h(t)\mathrm{d}t={\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}u}{u}=+\mathrm{\infty }$.
2. Dès que $b_n<x$, $f_n(x)$ stationne à 0 (donc tend vers 0). $\int f_{n}d\lambda =a_n{b}_n=h(b_{n+1})b_n\sim h(b_{n+1})b_{n+1}\to 0$ (car $b_n\to 0^{+}$ et $\underset{t\to 0^{+}}{lim}th(t)=0$).
3. Si $x\in ]b_{k+1},b_k]$, la suite des $f_n(x)$ vaut $a_n$ (suite positive croissante) tant que $n\le k$, puis chute à 0 pour $n>k$, et $f(x)=a_k=h(b_{k+1})>h(x)$. Donc $f$ n'est pas intégrable (a fortiori, aucun majorant p.p. des $f_n$ n'est intégrable).

 

Exercice 2-2

On pose $I_n:={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{{(1+t^2)}^n}$ pour tout $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ et $g(x):={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{x+t^2}$ pour tout $x>0$.

1. À l'aide du théorème de dérivation pour les intégrales à paramètre, montrer que $g$ est de classe C^∞ sur ${ℝ}_{+}^{\ast }$ et donner une relation entre la suite $\left(I_n\right)$ et la suite des dérivées successives de $g$ au point $1$.
2. Calculer directement $g$ à partir de sa définition, et en déduire l'expression de ses dérivées.
3. En déduire $I_n$.

Solution

1. Pour tout $k\in \mathbb{N}$, $(x,t)\mapsto \frac{{\partial }^k}{\partial x^k}\left(\frac{1}{x+t^2}\right)=\frac{(-1{)}^{k}k!}{{(x+t^2)}^{k+1}}$ est continue sur ${ℝ}_{+}^{\ast }\times {ℝ}_{+}$ mais
   $t\mapsto \underset{x>0}{sup}\frac{1}{{(x+t^2)}^{k+1}}=\frac{1}{t^{2k+2}}$ n'est pas intégrable (en 0) donc
   les hypothèses ne sont pas satisaites pour appliquer directement le théorème de dérivation pour $x\in ]0,+\mathrm{\infty }[$.
   Appliquons-le alors (pour s'écarter de $x=0$ en lequel ce sup non intégrable est atteint) pour $x\in ]\epsilon ,+\mathrm{\infty }[$ (avec $\epsilon >0$) :
   $t\mapsto \underset{x>\epsilon }{sup}\frac{1}{{(x+t^2)}^{k+1}}=\frac{1}{{(\epsilon +t^2)}^{k+1}}$ est (continue et) intégrable sur $[0,+\mathrm{\infty }[$, ce qui prouve (par récurrence) que
   $\mathrm{\forall }k\in \mathbb{N}\mathrm{\forall }x>\epsilon g^{(k)}(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{k}k!}{{(x+t^2)}^{k+1}}\mathrm{d}t$.
   Ceci étant vrai pour tout $x\in {\cup }_{\epsilon >0}]\epsilon ,+\mathrm{\infty }[=]0,+\mathrm{\infty }[$, $g$ est bien de classe C^∞ sur ${ℝ}_{+}^{\ast }$.
   En particulier, $g^{(k)}(1)=(-1{)}^{k}k!I_{k+1}$.
2. Par changement de variable $t=s\sqrt{x}$,
   $g(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}s}{1+s^2}=x^{-1/2}\frac{\pi }{2}$ donc
   $\mathrm{\forall }k\in \mathbb{N}{g}^{(k)}(x)=x^{-(2k+1)/2}\pi \frac{(-1{)}^k\cdot 1\cdot 3\cdots (2k-1)}{2^{k+1}}=x^{-(2k+1)/2}\pi \frac{(-1{)}^k(2k)!}{2^{2k+1}k!}$.
3. $\mathrm{\forall }k\in \mathbb{N}(-1{)}^{k}k!I_{k+1}=g^{(k)}(1)=(-1{)}^k\pi \frac{(2k)!}{2^{2k+1}k!}$ donc (en remplaçant $k$ par $n-1$)
   $\mathrm{\forall }n\in {\mathbb{N}}^{\ast }{I}_n=\pi \frac{(2n-2)!}{2^{2n-1}{((n-1)!)}^2}$.

 

Variante : pour $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ et $x\in ]0,+\mathrm{\infty }[$, on pose

$I_n(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{(t^2+x^2{)}^n}$.

1. Montrer que $I_n(x)$ est bien définie et dérivable sur $]0,+\mathrm{\infty }[$. Calculer sa dérivée.
2. En déduire la valeur de ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{(t^2+1{)}^3}$.

Solution

1. Cf. exercice 2-8 ci-dessus. Pour $t\in {ℝ}_{+}$ et $x\in {ℝ}_{+}^{\ast }$, notons $f(t,x)=\frac{1}{(t^2+x^2{)}^n}$. L'intégrale $I_n(1)$ converge et pour tout $t\in {ℝ}_{+}$, $x\mapsto f(t,x)$ est de classe C¹ sur ${ℝ}_{+}^{\ast }$. De plus, pour tout $x>\epsilon >0$ et tout $t\in {ℝ}_{+}$, $|\frac{\partial f}{\partial x}(t,x)|=|-\frac{2nx}{(t^2+x^2{)}^{n+1}}|\le \frac{2n}{(t^2+x^2{)}^{n+\frac{1}{2}}}\le \frac{2n}{(t^2+{\epsilon }^2{)}^{n+\frac{1}{2}}}$, or ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{(t^2+x^2{)}^{n+\frac{1}{2}}}<+\mathrm{\infty }$. Par conséquent, $I_n$ est bien définie et C¹ sur la réunion des $]\epsilon ,+\mathrm{\infty }[\subset {ℝ}_{+}^{\ast }$ c'est-à-dire sur ${ℝ}_{+}^{\ast }$, et sur cet ensemble on a : ${I_n}^{\prime }(x)=-2nx{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{(t^2+x^2{)}^{n+1}}=-2nx{I}_{n+1}(x)$. (Le « garde-fou » $\epsilon >0$ était indispensable car sans même calculer la fonction $t\mapsto \underset{x>0}{sup}\frac{x}{(t^2+x^2{)}^{n+1}}$, on peut affirmer que son intégrale de $0$ à $+\mathrm{\infty }$ diverge, sinon on en déduirait que $I_n$ est de classe C¹ sur ${ℝ}_{+}$, alors qu'en réalité elle n'est même pas définie en $0$.)
2. Soit $x>0$. Par changement de variable $t=xs$, $I_1(x)=\frac{1}{x}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}s}{s^2+1}=\frac{\pi }{2x}$. On en déduit que $\mathrm{\forall }x>0I_2(x)=-\frac{1}{2x}I{\text{'}}_1(x)=\frac{\pi }{2x^3}$, puis $\mathrm{\forall }x>0I_3(x)=-\frac{1}{4x}I{\text{'}}_2(x)=\frac{3\pi }{16x^5}$.

 

$I_n(x)$ peut aussi se déduire de $I_n(1)$ par changement de variable, et $I_n(1)$ peut se calculer par récurrence à l'aide d'une IPP (cf. Intégration de Riemann/Exercices/Intégrales impropres#Exercice 5-7 question 1). Il s'agit en fait d'une intégrale de Wallis.

Exercice 2-3

On sait bien que l'intégrale de Dirichlet $I:={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin t}{t}\mathrm{d}t$ converge, mais non absolument.

Le but de cet exercice est de retrouver sa valeur en appliquant le théorème de dérivation d'une intégrale à paramètre à la fonction

$g(x):={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin t}{t}{\mathrm{e}}^{-xt}\mathrm{d}t$.

1. Montrer que $g$ est de classe C¹ sur ${ℝ}_{+}^{\ast }$ et calculer $g^{\prime }(x)$, $\underset{+\mathrm{\infty }}{lim}g$, puis $g(x)$.
2. Montrer que $\underset{0^{+}}{lim}g=I$. Pour cela, on est certain de ne pas pouvoir appliquer le théorème d'interversion de $\underset{x\to 0^{+}}{lim}$ avec ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}$, car si pour tout $x>0$ (ou au moins tout $x>0$ proche de $0$) $\left|\frac{\sin t}{t}{\mathrm{e}}^{-xt}\right|\le \phi (t)$, alors (par passage à la limite) $\phi (t)\ge \left|\frac{\sin t}{t}\right|$, or $\left|\frac{\sin t}{t}\right|$ n'est pas intégrable en $+\mathrm{\infty }$. Par contre, on pourra facilement intervertir $\underset{x\to 0^{+}}{lim}$ avec ${\int }_0^A$ pour $A$ fixé (la question de l'intégrabilité en $+\mathrm{\infty }$ ne se posant plus). La méthode préconisée ici est de montrer que pour tout $A>0$ :
   • $\mathrm{\forall }x\ge 0|{\int }_A^{+\mathrm{\infty }}\sin t\frac{{\mathrm{e}}^{-xt}}{t}\mathrm{d}t|\le \frac{2}{A}$ ;
   • $\underset{x\to 0^{+}}{lim}{\int }_0^A\frac{\sin t}{t}({\mathrm{e}}^{-xt}-1)\mathrm{d}t=0$.
3. Conclure.

Solution

1. $(x,t)\mapsto \frac{\sin t}{t}{\mathrm{e}}^{-xt}$ est de classe C^∞ sur ${\left({ℝ}_{+}^{\ast }\right)}^2$ ainsi, donc, que sa dérivée partielle par rapport à $x$, $(x,t)\mapsto -\sin t{\mathrm{e}}^{-xt}$.
   De plus, pour tout $\epsilon >0$, ces deux fonctions sont majorées en valeur absolue sur $]\epsilon ,+\mathrm{\infty }[\times {ℝ}_{+}^{\ast }$ par ${\mathrm{e}}^{-\epsilon t}$, qui est intégrable sur ${ℝ}_{+}$.
   Par conséquent, $g$ est (au moins) de classe C¹ sur ${ℝ}_{+}^{\ast }$ et
   • $\mathrm{\forall }x>0g^{\prime }(x)=-{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\sin t{\mathrm{e}}^{-xt}\mathrm{d}t=-\frac{1}{1+x^2}$, par l'un ou l'autre des deux calculs suivants :
     • double intégration par parties : $g^{\prime }(x)=\frac{1}{x}\cancel{{[\sin t{\mathrm{e}}^{-xt}]}_0^{+\mathrm{\infty }}}-\frac{1}{x}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\cos t{\mathrm{e}}^{-xt}\mathrm{d}t=\frac{1}{x^2}{[\cos t{\mathrm{e}}^{-xt}]}_0^{+\mathrm{\infty }}-\frac{g^{\prime }(x)}{x^2}$
     • simple intégration d'une exponentielle complexe : $g^{\prime }(x)=\mathrm{Im}\left({\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-(x+\mathrm{i})t}\mathrm{d}t\right)=\mathrm{Im}\left({\left[\frac{{\mathrm{e}}^{-(x+\mathrm{i})t}}{-x-\mathrm{i}}\right]}_0^{+\mathrm{\infty }}\right)=\mathrm{Im}\left(\frac{1}{x+\mathrm{i}}\right)=\mathrm{Im}\left(\frac{x-\mathrm{i}}{x^2+1}\right)$ ;
   • $\underset{+\mathrm{\infty }}{lim}g={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{\sin t}{t}{\mathrm{e}}^{-xt}\mathrm{d}t=0$, d'où :
   • $\mathrm{\forall }x>0g(x)=\frac{\pi }{2}-\arctan x$.
2. $|g(x)-I|\le \left|{\int }_A^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin t}{t}{\mathrm{e}}^{-xt}\mathrm{d}t\right|+\left|{\int }_A^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin t}{t}{\mathrm{e}}^{-0t}\mathrm{d}t\right|+\left|{\int }_0^A\frac{\sin t}{t}({\mathrm{e}}^{-xt}-1)\mathrm{d}t\right|$.
   Pour prouver que $\underset{0^{+}}{lim}g=I$, il suffit donc, pour tout $\epsilon >0$, de montrer qu'il existe $A>0$ (indépendant de $x>0$) tel que les deux premiers des trois termes de cette somme soient majorés chacun par $\epsilon /3$, puis de montrer qu'une fois fixé un tel $A$, il existe $\delta >0$ tel que pour $x\in ]0,\delta [$, le troisième terme soit également majoré par $\epsilon /3$.
   • Deux premiers termes :
     • par simple intégration d'une fonction à valeurs complexes :
       pour tout $x\ge 0$, $|{\int }_A^{+\mathrm{\infty }}\sin t\frac{{\mathrm{e}}^{-xt}}{t}\mathrm{d}t|=|\mathrm{Im}\left({\int }_A^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{(-x+\mathrm{i})t}}{t}\mathrm{d}t\right)|\le \left|{\int }_A^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{(-x+\mathrm{i})t}}{t}\mathrm{d}t\right|$ et
       ${\int }_A^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{(-x+\mathrm{i})t}}{t}\mathrm{d}t={\left[\frac{{\mathrm{e}}^{(-x+\mathrm{i})t}}{-x+\mathrm{i}}\frac{1}{t}\right]}_A^{+\mathrm{\infty }}+{\int }_A^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{(-x+\mathrm{i})t}}{-x+\mathrm{i}}\frac{\mathrm{d}t}{t^2}=-\frac{{\mathrm{e}}^{(-x+\mathrm{i})A}}{-x+\mathrm{i}}\frac{1}{A}+{\int }_A^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{(-x+\mathrm{i})t}}{-x+\mathrm{i}}\frac{\mathrm{d}t}{t^2}$, d'où
       $|{\int }_A^{+\mathrm{\infty }}\sin t\frac{{\mathrm{e}}^{-xt}}{t}\mathrm{d}t|\le \left|\frac{{\mathrm{e}}^{(-x+\mathrm{i})A}}{-x+\mathrm{i}}\frac{1}{A}\right|+{\int }_A^{+\mathrm{\infty }}\left|\frac{{\mathrm{e}}^{(-x+\mathrm{i})t}}{-x+\mathrm{i}}\right|\frac{\mathrm{d}t}{t^2}=\frac{{\mathrm{e}}^{-xA}}{\sqrt{x^2+1}}\frac{1}{A}+{\int }_A^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{-xt}}{\sqrt{x^2+1}}\frac{\mathrm{d}t}{t^2}\le \frac{1}{A}+{\int }_A^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t^2}=\frac{2}{A}$.
     • ou si l'on préfère vraiment, par une double intégration par parties :
       ${\int }_A^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin t{\mathrm{e}}^{-xt}}{t}\mathrm{d}t={[-\cos t\frac{{\mathrm{e}}^{-xt}}{t}]}_A^{+\mathrm{\infty }}-x{\int }_A^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos t{\mathrm{e}}^{-xt}}{t}\mathrm{d}t-{\int }_A^{+\mathrm{\infty }}\cos t\frac{{\mathrm{e}}^{-xt}}{t^2}\mathrm{d}t$ et
       ${\int }_A^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos t{\mathrm{e}}^{-xt}}{t}\mathrm{d}t={[\sin t\frac{{\mathrm{e}}^{-xt}}{t}]}_A^{+\mathrm{\infty }}+x{\int }_A^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin t{\mathrm{e}}^{-xt}}{t}\mathrm{d}t+{\int }_A^{+\mathrm{\infty }}\sin t\frac{{\mathrm{e}}^{-xt}}{t^2}\mathrm{d}t$, donc
       $(1+x^2){\int }_A^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin t{\mathrm{e}}^{-xt}}{t}\mathrm{d}t=(\cos A+x\sin A)\frac{{\mathrm{e}}^{-xA}}{A}-{\int }_A^{+\mathrm{\infty }}(\cos t+x\sin t)\frac{{\mathrm{e}}^{-xt}}{t^2}\mathrm{d}t$, si bien que
       $|{\int }_A^{+\mathrm{\infty }}\sin t\frac{{\mathrm{e}}^{-xt}}{t}\mathrm{d}t|\le \frac{1}{1+x^2}(\sqrt{1+x^2}\frac{{\mathrm{e}}^{-xA}}{A}+{\int }_A^{+\mathrm{\infty }}\sqrt{1+x^2}\frac{{\mathrm{e}}^{-xt}}{t^2}\mathrm{d}t)$,
       et l'on conclut comme par la première méthode.
   • Troisième terme (pour $A$ fixé) : $\left|\frac{\sin t}{t}({\mathrm{e}}^{-xt}-1)\right|\le 1$, intégrable sur $]0,A[$, donc
     $\underset{x\to 0^{+}}{lim}{\int }_0^A\frac{\sin t}{t}({\mathrm{e}}^{-xt}-1)\mathrm{d}t={\int }_0^A\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{\sin t}{t}({\mathrm{e}}^{-xt}-1)\mathrm{d}t={\int }_0^{A}0\mathrm{d}t=0$.
3. $I=\underset{x\to 0^{+}}{lim}(\frac{\pi }{2}-\arctan x)=\frac{\pi }{2}$.

 

Exercice 2-4

On considère la fonction Gamma d'Euler, définie par

$\mathrm{\Gamma }(x):={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{t}^{x-1}{\mathrm{e}}^{-t}\mathrm{d}t$.

On sait déjà (cf. devoir sur la fonction Gamma et la formule de Stirling) que :

• son domaine de définition est ${ℝ}_{+}^{\ast }$ ;
• $\Gamma (x+1)=x\Gamma (x)$ (pour $x>0$) ;
• $\Gamma (n+1)=n!$ (pour $n\in \mathbb{N}$).

1. Montrer que $\mathrm{\Gamma }$ est de classe C^∞ et donner l'expression de ${\Gamma }^{(k)}$ pour tout $k\in \mathbb{N}$.
2. Montrer que ${\Gamma }^{″}>0$ et en déduire que ${\mathrm{\Gamma }}^{\prime }$ s'annule au plus une fois.
3. Montrer que ${\mathrm{\Gamma }}^{\prime }$ s'annule entre 1 et 2.
4. Déterminer $\underset{x\to 0^{+}}{lim}x\mathrm{\Gamma }(x)$, $\underset{0^{+}}{lim}\Gamma$, $\underset{+\mathrm{\infty }}{lim}\Gamma$, $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\mathrm{\Gamma }(x)/x$ et donner l'allure du graphe de $\mathrm{\Gamma }$.
5. Calculer $\Gamma (1/2)$, connaissant la valeur de l'intégrale de Gauss (${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-s^2}\mathrm{d}s=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$).

Solution

1. Pour tout $k\in \mathbb{N}$, la fonction $(x,t)\mapsto \frac{{\partial }^k}{\partial x^k}\left(t^{x-1}{\mathrm{e}}^{-t}\right)=(\ln t{)}^k{t}^{x-1}{\mathrm{e}}^{-t}$ est continue sur $ℝ\times {ℝ}_{+}^{\ast }$. Pour $0<\epsilon <M$, la fonction $t\mapsto \underset{\epsilon <x<M}{sup}|\ln t{|}^k{t}^{x-1}{\mathrm{e}}^{-t}=\{\begin{array}{cc}|\ln t{|}^k{t}^{\epsilon -1}{\mathrm{e}}^{-t}& \text{si }t\le 1\\ 0^k{\mathrm{e}}^{-1}& \text{si }t=1\\ |\ln t{|}^k{t}^{M-1}{\mathrm{e}}^{-t}& \text{si }t\ge 1\end{array}$ est (continue par morceaux et) intégrable sur $]0,+\mathrm{\infty }[$ donc (par récurrence) $\mathrm{\Gamma }$ est au moins de classe C^k sur ${\cup }_{0<\epsilon <M}]\epsilon ,M[=]0,+\mathrm{\infty }[$ et ${\mathrm{\Gamma }}^{(k)}(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}(\ln t{)}^k{t}^{x-1}{\mathrm{e}}^{-t}\mathrm{d}t$.
2. ${\mathrm{\Gamma }}^{″}(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}(\ln t{)}^2{t}^{x-1}{\mathrm{e}}^{-t}\mathrm{d}t>0$ donc ${\mathrm{\Gamma }}^{\prime }$ est strictement croissante. Par conséquent, elle s'annule au plus une fois.
3. $\Gamma (1)=0!=1$ et $\Gamma (2)=1!=1$ donc (théorème de Rolle) ${\mathrm{\Gamma }}^{\prime }$ s'annule entre 1 et 2.
4. $\underset{x\to 0^{+}}{lim}x\mathrm{\Gamma }(x)=\underset{x\to 0^{+}}{lim}\mathrm{\Gamma }(x+1)=\mathrm{\Gamma }(1)=1$ donc $\underset{0^{+}}{lim}\Gamma =+\mathrm{\infty }$.
   Puisque $\mathrm{\Gamma }$ est strictement croissante sur $[2,+\mathrm{\infty }[$, sa convexité implique que $\underset{+\mathrm{\infty }}{lim}\Gamma =+\mathrm{\infty }$ (ou plus élémentairement : $\underset{+\mathrm{\infty }}{lim}\Gamma =limn!=+\mathrm{\infty }$, ou même : $\mathrm{\Gamma }(x)\ge 2^x{\int }_2^{+\mathrm{\infty }}{t}^{-1}{\mathrm{e}}^{-t}\mathrm{d}t$), donc $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{\Gamma (x)}{x}=\underset{y\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{\Gamma (y+1)}{y+1}=\underset{y\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{y}{y+1}\Gamma (y)=1\times \underset{+\mathrm{\infty }}{lim}\Gamma =+\mathrm{\infty }$. On en déduit le graphe ci-contre.
5. $\mathrm{\Gamma }(1/2)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-t}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{t}}={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-s^2}2\mathrm{d}s=\sqrt{\pi }$.

 

Exercice 2-5

On définit la fonction bêta par : $\mathrm{B}(x,y):={\int }_0^1{t}^{x-1}(1-t{)}^{y-1}\mathrm{d}t$.

1. Montrer que cette intégrale converge si et seulement si les deux réels $x$ et $y$ sont strictement positifs.
2. Montrer que $\mathrm{B}(x,y)=\frac{\Gamma (x)\Gamma (y)}{\Gamma (x+y)}$ (la définition de $\mathrm{\Gamma }$ est rappelée dans l'exercice précédent). Pour cette question, on admettra le théorème de Fubini car explicitement hors programme en classe de MP.
3. En déduire une expression simple de $\mathrm{B}(x,n+1)$ si $n\in \mathbb{N}$.
4. Démontrer que $\mathrm{\forall }x>0\mathrm{\Gamma }(x)=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^n{t}^{x-1}{(1-\frac{t}{n})}^n\mathrm{d}t=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{n!n^x}{x(x+1)\cdots (x+n)}=\frac{1}{x}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\prod _{k=1}^n\frac{{(1+\frac{1}{k})}^x}{1+\frac{x}{k}}$.
5. En déduire que la fonction $\frac{1}{\mathrm{\Gamma }}$ se prolonge en une fonction holomorphe sur $ℂ$, dont les seuls zéros sont les entiers négatifs ou nuls.

Solution

1. L'intégrande est continu sur $]0,1[$ et équivalent à $t^{x-1}$ en 0 et à $(1-t{)}^{y-1}$ en 1, donc l'intégrale converge si et seulement si $x,y>0$.
2. $\mathrm{\Gamma }(x)\mathrm{\Gamma }(y)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{s}^{x-1}{\mathrm{e}}^{-s}\mathrm{d}s{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{t}^{y-1}{\mathrm{e}}^{-t}\mathrm{d}t$.
   Soit le changement de variables $s=uv,t=u(1-v)$, dont le jacobien vaut $u$. Alors, par le théorème de Fubini,
   $\Gamma (x)\Gamma (y)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{u}^{x+y-1}{\mathrm{e}}^{-u}\mathrm{d}u{\int }_0^1{v}^{x-1}(1-v{)}^{y-1}\mathrm{d}v=\Gamma (x+y)\mathrm{B}(x,y)$.
3. $\mathrm{B}(x,n+1)=\frac{\mathrm{\Gamma }(x)\mathrm{\Gamma }(n+1)}{\mathrm{\Gamma }(x+n+1)}=\frac{n!}{x(x+1)\cdots (x+n)}$.
4. Pour $x>0$ fixé, les fonctions $f_n:t\mapsto \{\begin{array}{cc}{t}^{x-1}{(1-\frac{t}{n})}^n& \text{si }0<t\le n\\ 0& \text{si }t\ge n\end{array}$ sont continues, positives et majorées par leur limite simple, la fonction $t\mapsto t^{x-1}{\mathrm{e}}^{-t}$, intégrable sur ${ℝ}_{+}$. Ceci justifie la première égalité. La seconde se déduit de la question précédente par changement de variable : ${\int }_0^n{t}^{x-1}{(1-\frac{t}{n})}^n\mathrm{d}t=n^x{\int }_0^1{s}^{x-1}{(1-s)}^n\mathrm{d}s=n^x\mathrm{B}(x,n+1)$. La troisième est immédiate.
5. Le produit infini $\frac{1}{\mathrm{\Gamma }(z)}:=z\prod _{k\in {\mathbb{N}}^{\ast }}\frac{1+\frac{z}{k}}{{(1+\frac{1}{k})}^z}$ converge uniformément sur tout disque $D(0,R)$ car pour tout $z$ dans ce disque, on a $|\mathrm{Log}(1+\frac{z}{k})-\frac{z}{k}|\le \frac{R^2}{k^2}$ dès que $k\ge 2R$ (où $\mathrm{L}\mathrm{o}\mathrm{g}$ désigne le logarithme complexe) et de même, $|z\mathrm{Log}(1+\frac{1}{k})-\frac{z}{k}|\le \frac{R}{k^2}$ dès que $k\ge 2$, donc $\sum _{k\ge max(2R,2)}|\mathrm{Log}(1+\frac{z}{k})-z\mathrm{Log}(1+\frac{1}{k})|\le (R^2+R)\sum _{k\ge 2}\frac{1}{k^2}<\mathrm{\infty }$

 

Exercice 2-6

On pose $f(x,t)=\{\begin{array}{cc}\frac{1-{\mathrm{e}}^{-t{x}^2}}{x^2}& \text{ si }x>0\\ t& \text{ si }x=0.\end{array}$

1. Montrer que pour tout réel $t\ge 0$, $x\mapsto f(x,t)$ est intégrable sur $[0,+\mathrm{\infty }[$. On pose alors $F(t)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}f(x,t)\mathrm{d}x$.
2. Montrer que $F$ est continue sur $[0,+\mathrm{\infty }[$ et dérivable sur $]0,+\mathrm{\infty }[$. Calculer $F^{\prime }$ et en déduire $F$, connaissant la valeur de l'intégrale de Gauss (${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-u^2}\mathrm{d}u=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$).

Solution

1. $x\mapsto f(x,t)$ est positive et majorée par $t$ et par $\frac{1}{x^2}$ donc par le min des deux, qui est intégrable.
2. $f(x,t)$ est une fonction continue croissante de $t$ et pour tout $A>0$ on a vu que $f(x,A)$ est intégrable, donc $F$ est continue sur $[0,A[$. D'autre part pour $x>0$ et $t>\epsilon >0$, $\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)={\mathrm{e}}^{-t{x}^2}\le {\mathrm{e}}^{-\epsilon x^2}$ (indépendante de $t$ et intégrable), d'où $\mathrm{\forall }t>0F^{\prime }(t)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-t{x}^2}\mathrm{d}x=\frac{1}{\sqrt{t}}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-y^2}\mathrm{d}y=\frac{\sqrt{\pi }}{2\sqrt{t}}$, d'où $F(t)=C+\sqrt{\pi t}$, avec $C=F(0)=0$.

 

On pose $f(x,t)=\frac{\ln (x^2+t^2)}{1+t^2}$ puis $I\left(x\right)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}f(x,t)\mathrm{d}t$.

1. Montrer que l'application $I$ est définie et continue sur $ℝ$.
2. Montrer qu'elle est de classe C¹ sur ${ℝ}^{\ast }$.
3. Calculer $I^{\prime }\left(x\right)$.
4. À l'aide du changement de variable $s=\frac{1}{t}$, montrer que $I\left(0\right)=0$.
5. En déduire une expression de $I\left(x\right)$.

Solution

1. Pour tout $M>0$, $f$ est continue sur $]-M,M[\times {ℝ}_{+}^{\ast }$ et $\mathrm{\forall }(x,t)\in ]-M,M[\times {ℝ}_{+}^{\ast }\left|f(x,t)\right|\le g\left(t\right):=\frac{max(|\ln \left(t^2\right)|,|\ln (M^2+t^2)|)}{1+t^2}$.
   La fonction positive $g$ est intégrable de $0$ à $+\mathrm{\infty }$ car elle est continue sur ${ℝ}_{+}^{\ast }$ et $g(t){\sim }_{t\to 0^{+}}2|\ln t|$, intégrable en $0^{+}$ et $g(t){\sim }_{t\to +\mathrm{\infty }}\frac{2\ln t}{t^2}=o\left(\frac{1}{t^{3/2}}\right)$, intégrable en $+\mathrm{\infty }$.
   Donc $I$ est définie et continue sur $]-M,M[$, et ce pour tout $M>0$. Par conséquent, elle est définie et continue sur ${\cup }_{M>0}]-M,M[=ℝ$.
2. $I$ est paire donc il suffit de montrer qu'elle est de classe C¹ sur ${ℝ}_{+}^{\ast }$.
   La fonction $x\mapsto \frac{\partial f(x,t)}{\partial x}=\frac{2x}{(x^2+t^2)(1+t^2)}$ est continue pour tout $t>0$ mais $\underset{x>0}{sup}\frac{2x}{(x^2+t^2)(1+t^2)}$ est atteint pour $x=t$ et vaut $\frac{1}{t(1+t^2)}$, non intégrable en $0$.
   Il faut donc fixer provisoirement pour $x$ un « garde-fou » $\epsilon >0$. En calculant, pour $t>0$ fixé, $h\left(t\right):=\underset{x>\epsilon }{sup}\frac{2x}{(x^2+t^2)(1+t^2)}$, on trouve :
   $\mathrm{\forall }(x,t)\in ]\epsilon ,+\mathrm{\infty }[\times {ℝ}_{+}^{\ast }\left|\frac{\partial f(x,t)}{\partial x}\right|\le h\left(t\right)=\{\begin{array}{cc}\frac{1}{t(1+t^2)}& \text{si }t\ge \epsilon \\ \frac{2\epsilon }{({\epsilon }^2+t^2)(1+t^2)}& \text{si }t\le \epsilon .\end{array}$
   La fonction positive $h$ est intégrable de $0$ à $+\mathrm{\infty }$ car elle est continue sur ${ℝ}_{+}$ et $h(t){\sim }_{t\to +\mathrm{\infty }}\frac{1}{t^3}$, intégrable en $+\mathrm{\infty }$.
   Donc $I$ est de classe C¹ sur $]\epsilon ,+\mathrm{\infty }[$ avec $\mathrm{\forall }x>\epsilon I^{\prime }\left(x\right)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\partial f(x,t)}{\partial x}\mathrm{d}t$, et ce pour tout $\epsilon >0$. Par conséquent, elle est bien de classe C¹ sur ${\cup }_{\epsilon >0}]\epsilon ,+\mathrm{\infty }[={ℝ}_{+}^{\ast }$.
3. Soit $x\in {ℝ}^{\ast }$, différent de $\pm 1$ (on en aura besoin au cours du calcul).

   $\begin{array}{cc}\mathrm{\forall }x\in {ℝ}^{\ast }\setminus \{-1,1\}{I}^{\prime }\left(x\right)& ={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{2x}{(x^2+t^2)(1+t^2)}\mathrm{d}t\\ & =\frac{2x}{x^2-1}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}(\frac{1}{1+t^2}-\frac{1}{x^2+t^2})\mathrm{d}t\\ & =\frac{2x}{x^2-1}({\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{1+t^2}\mathrm{d}t-\frac{1}{|x|}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{1+s^2}\mathrm{d}s)\\ & =\frac{2x}{x^2-1}(1-\frac{1}{|x|})\frac{\pi }{2}\\ & =\frac{x}{|x|}\frac{\pi }{|x|+1}.\end{array}$
   Par continuité, cette expression de $I^{\prime }\left(x\right)$ est encore valide pour $x=\pm 1$.

4. $I\left(0\right)=2{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\ln t}{1+t^2}\mathrm{d}t=2{\int }_{+\mathrm{\infty }}^0\frac{-\ln s}{1+1/s^2}\frac{-\mathrm{d}s}{s^2}=-2{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\ln s}{s^2+1}\mathrm{d}s=-I\left(0\right)$ donc $I\left(0\right)=0$.
5. D'après la question 3, il existe une constante $C$ telle que $\mathrm{\forall }x>0I\left(x\right)=\pi \ln (x+1)+C$. D'après les questions 1 et 4, $C=0$.
   Donc $I\left(x\right)=\pi \ln (x+1)$ pour tout $x\ge 0$ et par parité, $I\left(x\right)=\pi \ln (|x|+1)$ pour tout $x\in ℝ$.

 

Exercice 2-7

Soient $F$ et $G$ définies sur $ℝ$ par

$F(x)={\int }_0^x{\mathrm{e}}^{-t^2}\mathrm{d}t,G(x)={\int }_0^1\frac{{\mathrm{e}}^{-x^2(1+t^2)}}{1+t^2}\mathrm{d}t$.

1. Montrer que $F$ et $G$ sont de classe C¹ et calculer leurs dérivées.
2. En déduire que $G+F^2$ est constante. Que vaut cette constante ?
3. Déterminer la limite en $+\mathrm{\infty }$ de $G$ puis de $F$, et retrouver ainsi la valeur de l'intégrale de Gauss, ${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-t^2}\mathrm{d}t$.

Solution

1. • D'après le théorème fondamental de l'analyse, $F$ est de classe C¹ et $\mathrm{\forall }x\in ℝF^{\prime }(x)={\mathrm{e}}^{-x^2}$.
   • D'après le théorème adhoc sur les intégrales à paramètre, $G$ est de classe C¹ et $\mathrm{\forall }x\in ℝG^{\prime }(x)=-2x{\int }_0^1{\mathrm{e}}^{-x^2(1+t^2)}\mathrm{d}t$.
2. Par changement de variable $s=xt$, $G^{\prime }(x)=-2{\int }_0^1{\mathrm{e}}^{-x^2-s^2}\mathrm{d}s=-2F^{\prime }(x)F(x)$ donc $(G+F^2{)}^{\prime }=0$.
   Par conséquent, $\mathrm{\forall }x\in ℝ(G+F^2)(x)=(G+F^2)(0)=0+{\int }_0^1\frac{1}{1+t^2}\mathrm{d}t=[\arctan {]}_0^1=\frac{\pi }{4}$.
3. D'après le théorème adhoc sur les intégrales à paramètre (ou simplement parce que $0\le G(x)\le {\mathrm{e}}^{-x^2}$), $\underset{+\mathrm{\infty }}{lim}G=0$.
   On déduit alors de la question précédente que $\underset{+\mathrm{\infty }}{lim}{F}^2=\frac{\pi }{4}$, c'est-à-dire (puisque $F\ge 0$) $\underset{+\mathrm{\infty }}{lim}F=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$.
   Par conséquent, ${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-t^2}\mathrm{d}t=2{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-t^2}\mathrm{d}t=2\underset{+\mathrm{\infty }}{lim}F=\sqrt{\pi }$.

 

Variante : pour $x\ge 0$, on pose

$\psi (x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{-(t^2+1)x}}{t^2+1}\mathrm{d}t$.

1. Montrer que sur $[0,+\mathrm{\infty }[$, $\psi$ est bien définie et continue.
2. Montrer que $\psi$ est de classe C¹ sur $]0,+\mathrm{\infty }[$.
3. Calculer $\psi (0)$ et étudier la limite de $\psi$ en $+\mathrm{\infty }$.
4. Montrer que pour tout $x\in {ℝ}^{\ast }$ on a ${\psi }^{\prime }(x)=-\frac{{\mathrm{e}}^{-x}}{\sqrt{x}}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-s^2}\mathrm{d}s$.
5. Montrer que ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\psi }^{\prime }(x)\mathrm{d}x=-2{\left({\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-s^2}\mathrm{d}s\right)}^2$.
6. En déduire que ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-u^2}\mathrm{d}u=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$.

Solution

1. La fonction $(t,x)\mapsto \frac{{\mathrm{e}}^{-(t^2+1)x}}{t^2+1}$ est continue sur ${ℝ}_{+}\times {ℝ}_{+}$ comme quotient de composées de fonctions usuelles dont le dénominateur ne s'annule pas.
   En outre pour tout $(t,x)\in ({ℝ}_{+}{)}^2$ on a $0\le \frac{{\mathrm{e}}^{-(t^2+1)x}}{t^2+1}\mathrm{d}t\le \frac{1}{1+t^2}$.
   Or l'intégrale ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{t^2+1}\mathrm{d}t$ est convergente, donc par le théorème de continuité sous l'intégrale on obtient que $\psi$ est définie et continue sur ${ℝ}_{+}$.
2. Soit $\epsilon >0$. Montrons que $\psi$ est dérivable sur $]\epsilon ,+\mathrm{\infty }[$. Pour tout $t\in {ℝ}_{+}$, l'application $x\mapsto \frac{{\mathrm{e}}^{-(t^2+1)x}}{t^2+1}$ est de classe C¹ sur $]\epsilon ,+\mathrm{\infty }[$.
   En outre pour tout $(t,x)\in {ℝ}_{+}\times ]\epsilon ,+\mathrm{\infty }[$ on a $\left|\frac{\partial }{\partial x}\frac{{\mathrm{e}}^{-(t^2+1)x}}{t^2+1}\right|={\mathrm{e}}^{-(t^2+1)x}\le {\mathrm{e}}^{-(t^2+1)\epsilon }$.
   Or l'intégrale ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-(t^2+1)\epsilon }\mathrm{d}t$ est convergente, donc par le théorème de dérivation sous l'intégrale, on obtient que $\psi$ est C¹ sur $]\epsilon ,+\mathrm{\infty }[$ et ce pour tout $\epsilon >0$ donc en définitive sur $]0,+\mathrm{\infty }[$, et que sur cet intervalle,
   ${\psi }^{\prime }(x)=-{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-(t^2+1)x}\mathrm{d}t$.
   Remarquons que le « garde-fou » $\epsilon >0$ était indispensable puisqu'en $0$, $\psi$ n'est pas dérivable. En effet, $\underset{x\to 0^{+}}{lim}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{-(t^2+1)x}-1}{x(t^2+1)}\mathrm{d}t=-\mathrm{\infty }$ car ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{-(t^2+1)x}-1}{x(t^2+1)}\mathrm{d}t={\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{-s}-1}{s}\frac{\mathrm{d}s}{2x\sqrt{\frac{s}{x}-1}}<\frac{1}{2\sqrt{x}}{\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{-s}-1}{s^{3/2}}\mathrm{d}s{\sim }_{x\to 0^{+}}-\frac{C}{2\sqrt{x}}$ avec $C={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{1-{\mathrm{e}}^{-s}}{s^{3/2}}\mathrm{d}s>0$.
3. On a
   $\psi (0)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{1+t^2}\mathrm{d}t=\frac{\pi }{2}$.
   Pour tout $x\ge 0$ on a
   $0\le \psi (x)\le {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{-x}}{t^2+1}\mathrm{d}t\le \frac{\pi }{2}{\mathrm{e}}^{-x}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$.
4. Soit $x>0$. On a vu que ${\psi }^{\prime }(x)=-{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-(t^2+1)x}\mathrm{d}t=-{\mathrm{e}}^{-x}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-t^{2}x}\mathrm{d}t$.
   On effectue le changement de variable $s=\sqrt{x}t$, $\mathrm{d}s=\sqrt{x}\mathrm{d}t$, et l'on obtient
   ${\psi }^{\prime }(x)=-\frac{{\mathrm{e}}^{-x}}{\sqrt{x}}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-s^2}\mathrm{d}s$.
5. On a alors
   ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\psi }^{\prime }(x)\mathrm{d}x=-{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{-x}}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x\times {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-s^2}\mathrm{d}s$.
   Dans la première intégrale, on effectue le changement de variables $x=s^2$, $\mathrm{d}x=2s\mathrm{d}s$, ce qui donne bien l'égalité demandée.
6. D'autre part on a
   ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\psi }^{\prime }(x)\mathrm{d}x=\underset{+\mathrm{\infty }}{lim}\psi -\underset{0}{lim}\psi =-\frac{\pi }{2}$
   et donc
   ${\left({\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-s^2}\mathrm{d}s\right)}^2=\frac{\pi }{4}$.

 

Exercice 2-8

Toutes les fonctions considérées sont encore supposées continues par morceaux.

1. À l'aide des deux premiers théorèmes des rappels ci-dessus, démontrer la variante suivante du troisième :

Début d’un théorème

Classe C¹, hypothèses faibles

Si :

• il existe $x_0\in J$ tel que $f(x_0,\cdot )$ soit (absolument) intégrable
• $\mathrm{\forall }t\in [a,b[x\mapsto f(x,t)$ est de classe C¹ sur $J$ ;
• $\mathrm{\forall }(x,t)\in J\times [a,b[|\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)|\le g(t)$ pour une certaine fonction $g$ intégrable sur $[a,b[$,

alors :

• $F$ est bien définie et de classe C¹ sur $J$ et $\mathrm{\forall }x\in J{F}^{\prime }(x)={\int }_a^b\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\mathrm{d}t$.

Fin du théorème

2. Démontrer la généralisation suivante, pour $k\in \mathbb{N}$ :

Début d’un théorème

Classe C^k, hypothèses faibles

Si :

• $\mathrm{\forall }j\in \{0,1,\dots ,k-1\}\mathrm{\exists }{x}_j\in J\frac{{\partial }^{j}f}{\partial x^j}(x_j,\cdot )$ est (absolument) intégrable sur $[a,b[$ ;
• $\mathrm{\forall }t\in [a,b[f(\cdot ,t)$ est de classe C^k sur $J$ ;
• $\mathrm{\forall }x\in J|\frac{{\partial }^{k}f}{\partial x^k}(x,\cdot )|\le g$, intégrable sur $[a,b[$,

alors $F$ est bien définie et de classe C^k sur $J$ et $\mathrm{\forall }j\le k\mathrm{\forall }x\in J{F}^{(j)}(x)={\int }_a^b\frac{{\partial }^{j}f}{\partial x^j}(x,t)\mathrm{d}t$.

Fin du théorème

Solution

1. Remarquons d'abord que les hypothèses suffisent pour que pour tout $x\in J$, $f(x,\cdot )$ soit intégrable (donc $F$ bien définie sur $J$). En effet, d'après le théorème des accroissements finis, $|f(x,t)|\le |f(x_0,t)|+|x-x_0|g(t)$.
   Fixons $x\in J$ et posons, pour tout $y\in J\setminus \{x\}$ : $h(y,t)=\frac{f(y,t)-f(x,t)}{y-x}$. Alors, $|h(\cdot ,t)|$ est dominée par $g(t)$ donc d'après le 1^er théorème des rappels (Limite), $\underset{y\to x}{lim}{\int }_a^{b}h(y,t)\mathrm{d}t={\int }_a^b\underset{y\to x}{lim}h(y,t)\mathrm{d}t$, c'est-à-dire $F^{\prime }(x)={\int }_a^b\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\mathrm{d}t$.
   De plus, $F^{\prime }$ est continue d'après le 2^e théorème des rappels (Continuité).
2. Démontrons le théorème « Classe C^k » par récurrence sur k. Pour k = 0, il s'agit simplement du 2^e théorème (Continuité) des rappels. Supposons le théorème « Classe C^k » vrai pour un certain k ≥ 0, et soit $f$ une fonction vérifiant les hypothèses du théorème « Classe C^k+1 », en particulier $|\frac{{\partial }^{k+1}f}{\partial x^{k+1}}(x,\cdot )|\le g$ intégrable. En supposant (sans perte de généralité) que l'intervalle $J$ est borné, de longueur $L$, on a alors (comme dans la question 1) $|\frac{{\partial }^{k}f}{\partial x^k}(x,\cdot )|\le |\frac{{\partial }^{k}f}{\partial x^k}(x_k,\cdot )|+Lg$, intégrable donc (par hypothèse de récurrence) $F$ est bien définie et de classe C^k et $\mathrm{\forall }j\le k\mathrm{\forall }x\in J{F}^{(j)}(x)={\int }_a^b\frac{{\partial }^{j}f}{\partial x^j}(x,t)\mathrm{d}t$. On conclut en appliquant le théorème « Classe C¹ » à $\frac{{\partial }^{k}f}{\partial x^k}$.

Référence : Michel Stainer, « Intégrales dépendant d'un paramètres : démonstrations »

 

Exercice 2-9

Soient

$H(x)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}xt}}{{(1+t^2)}^2}\mathrm{d}t\text{et}F(x)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}xt}}{1+t^2}\mathrm{d}t$.

1. Montrer que $H$ est bien définie sur $ℝ$ et de classe C² et que $H-H^{″}=F$.
2. Montrer que $2H^{\prime }(x)=-xF(x)$ (pour tout $x\in ℝ$).
3. Déduire des deux points précédents que sur ${ℝ}^{\ast }$ :
   1. $F$ est dérivable et $x{F}^{\prime }(x)=F(x)-2H(x)$ (pour tout $x\in {ℝ}^{\ast }$), puis
   2. $F$ est deux fois dérivable et $F^{″}=F$.
4. Calculer $F(0)$ et montrer que $F$ est bornée.
5. Déduire des questions 3.2 et 4 l'expression explicite de $F(x)$ pour tout $x\ge 0$.
6. Donner les valeurs explicites des deux intégrales suivantes :

   ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos t}{1+t^2}\mathrm{d}t\text{et}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{t\sin t}{{(1+t^2)}^2}\mathrm{d}t$.

7. On veut retrouver la valeur de l'intégrale de Dirichlet $I:={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin t}{t}\mathrm{d}t$ (voir supra). En utilisant la question 3.1, démontrer que $\mathrm{\forall }x\in {ℝ}^{\ast }{F}^{\prime }(x)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin (xt)}{t(t^2+1)}\mathrm{d}t-2I$.
8. Conclure en considérant $\underset{0}{lim}{F}^{\prime }$

Solution

1. Posons $h(x,t)=\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}xt}}{{(1+t^2)}^2}$.
   Pour tout $t\in ℝ$, $h(\cdot ,t)$ est de classe C² sur $ℝ$, $\frac{\partial h}{\partial x}(x,t)=\frac{\mathrm{i}t{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}xt}}{{(1+t^2)}^2}$ et $\frac{{\partial }^{2}h}{\partial x^2}(x,t)=\frac{-t^2{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}xt}}{{(1+t^2)}^2}$.
   Pour tout $x\in ℝ$, $h(x,\cdot )$, $\frac{\partial h}{\partial x}(x,\cdot )$ et $\frac{{\partial }^{2}h}{\partial x^2}(x,\cdot )$ sont localement intégrables (car continues) et
   $|h(x,t)|=\frac{1}{{(1+t^2)}^2},|\frac{\partial h}{\partial x}(x,t)|=\frac{|t|}{{(1+t^2)}^2},|\frac{{\partial }^{2}h}{\partial x^2}(x,t)|=\frac{t^2}{{(1+t^2)}^2}$ sont fonctions seulement de $t$ et intégrables (par équivalent en l'infini et critère de Riemann).
   $H$ est donc bien définie sur $ℝ$ et de classe C², et l'on a
   $H^{\prime }(x)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{i}t{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}xt}}{{(1+t^2)}^2}\mathrm{d}t\text{et}{H}^{″}(x)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{-t^2{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}xt}}{{(1+t^2)}^2}\mathrm{d}t$ donc
   $H(x)-H^{″}(x)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}(1+t^2)\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}xt}}{{(1+t^2)}^2}\mathrm{d}t=F(x)$ (ce qui prouve que $F$ est bien définie sur $ℝ$ et continue).
2. Par intégration par parties,

   $\begin{array}{cc}2H^{\prime }(x)& ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{2t}{{(1+t^2)}^2}\mathrm{i}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}xt}\mathrm{d}t\\ & ={\left[\frac{-1}{1+t^2}\mathrm{i}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}xt}\right]}_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}-{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{-1}{1+t^2}{\mathrm{i}}^{2}x{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}xt}\mathrm{d}t\\ & =0-x{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}xt}}{1+t^2}\mathrm{d}t\\ & =-xF(x).\end{array}$

3. Sur ${ℝ}^{\ast }$ :
   1. $x\mapsto F(x)=-\frac{2H^{\prime }(x)}{x}$ est dérivable et (en dérivant l'équation obtenue dans 2 puis en utilisant 1)
      $-F(x)-x{F}^{\prime }(x)=2H^{″}(x)=2(H(x)-F(x))$, ce qui se simplifie en $x{F}^{\prime }(x)=F(x)-2H(x)$ ;
   2. $x\mapsto F^{\prime }(x)=\frac{F(x)-2H(x)}{x}$ est dérivable et (en dérivant l'équation obtenue au point précédent puis en utilisant 2)
      $F^{\prime }(x)+x{F}^{″}(x)=F^{\prime }(x)-2H^{\prime }(x)=F^{\prime }(x)+xF(x)$, autrement dit $F$ est deux fois dérivable et $F^{″}=F$.
4. $|F(x)|\le F(0)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{1+t^2}={[\arctan t]}_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}=\pi$.
5. D'après 3.2, pour tout $x>0$ et même (par continuité de $F$ en $0$) pour tout $x\ge 0$, $F(x)=a{\mathrm{e}}^x+b{\mathrm{e}}^{-x}$, pour certains nombres complexes $a$ et $b$ à déterminer.
   D'après 4, $a+b=\pi$ et $a=0$. Donc $\mathrm{\forall }x\in {ℝ}_{+}F(x)=\pi {\mathrm{e}}^{-x}$.
6. Par parité de $\cos$ et imparité de $\sin$, ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos t}{1+t^2}\mathrm{d}t=\frac{F(1)}{2}=\frac{\pi }{2\mathrm{e}}$ et ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{t\sin t}{{(1+t^2)}^2}\mathrm{d}t=-\frac{H^{\prime }(1)}{2}=\frac{F(1)}{4}=\frac{\pi }{4\mathrm{e}}$.
7. Intégrons par parties $x{F}^{\prime }(x)=F(x)-2H(x)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{t^2-1}{(t^2+1{)}^2}\cos (xt)\mathrm{d}t$ en remarquant qu'une primitive de $\frac{t^2-1}{(t^2+1{)}^2}$ est $\frac{-t}{t^2+1}$ : $F^{\prime }(x)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{-t\sin (tx)}{t^2+1}\mathrm{d}t$. D'où le résultat demandé, en décomposant $\frac{-t}{t^2+1}=\frac{1-(t^2+1)}{t(t^2+1)}=\frac{1}{t(t^2+1)}-\frac{1}{t}$ et en notant bien que les deux intégrales (impropres, de Riemann) convergent.
8. D'après la question 5, $\underset{0}{lim}{F}^{\prime }=-\pi$, or $\underset{x\to 0}{lim}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin (xt)}{t(t^2+1)}\mathrm{d}t=0$, donc $I=\frac{\pi }{2}.$

 

Exercice 2-10

On pose

$f(x,t)=\frac{1-\cos (xt)}{t^2}{\mathrm{e}}^{-t}$ et $F(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}f(x,t)\mathrm{d}t$.

Montrer que $F$ est (au moins) de classe C² sur $ℝ$ et calculer $F^{″}$, puis $F^{\prime }$, puis $F$.

Solution

Pour tout $t\in ]0,+\mathrm{\infty }[$, $f(\cdot ,t)$ est de classe C² sur $ℝ$, $\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)=\frac{\sin (xt)}{t}{\mathrm{e}}^{-t}$ et $\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}(x,t)=\cos (xt){\mathrm{e}}^{-t}$.

$f(0,t)=\frac{\partial f}{\partial x}(0,t)=0$.

$|\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}(x,t)|\le {\mathrm{e}}^{-t}$ et ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-t}\mathrm{d}t=1<\mathrm{\infty }$.

D'après le « théorème Classe C^k, hypothèses faibles », $F$ est donc de classe C² sur $ℝ$ et

$F^{″}(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\cos (xt){\mathrm{e}}^{-t}\mathrm{d}t=\mathrm{Re}\left({\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{(x\mathrm{i}-1)t}\mathrm{d}t\right)=\mathrm{Re}\left(\frac{-1}{x\mathrm{i}-1}\right)=\frac{1}{1+x^2}$ donc (comme $F^{\prime }(0)=0$)

$F^{\prime }=\arctan$ et (comme $F(0)=0$)

$F(x)={\int }_0^x\arctan u\mathrm{d}u={[u\arctan u]}_0^x-{\int }_0^x\frac{u}{1+u^2}\mathrm{d}u=x\arctan x-\frac{1}{2}\ln (1+x^2)$.

 

Exercice 2-11

Soit $f_n(t)={\cos }^{n}t$. Montrer de deux façons que $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^{\pi /2}{f}_n(t)\mathrm{d}t=0$ :

1. en étudiant l'uniformité de la convergence de la suite de fonctions $f_n$ sur les intervalles de la forme $[\alpha ,\pi /2]$ avec $\alpha >0$ ;
2. en utilisant le théorème de convergence dominée.

Solution

1. $\mathrm{\forall }t\in [\alpha ,\pi /2]\cos t\in [0,\cos \alpha ]$ et $0\le \cos \alpha <1$ donc $f_n\to 0$ uniformément sur $[\alpha ,\pi /2]$ donc ${\int }_{\alpha }^{\pi /2}{f}_n(t)\mathrm{d}t\to 0$ donc pour $n$ suffisamment grand, ${\int }_{\alpha }^{\pi /2}{f}_n(t)\mathrm{d}t\le \alpha$ et alors, ${\int }_0^{\pi /2}{f}_n(t)\mathrm{d}t\le 2\alpha$.
2. Soit $f(t)=0$ si $t\in ]0,\pi /2]$ et $f(0)=1$. Alors, $f_n\to f$ simplement sur $[0,\pi /2]$ et $|f_n|\le 1$ (intégrable sur le segment) donc par convergence dominée, ${\int }_0^{\pi /2}{f}_n(t)\mathrm{d}t\to {\int }_0^{\pi /2}f(t)\mathrm{d}t=0$.

 

Exercice 2-12

1. Justifier la convergence des intégrales $I_n:={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-t}{\sin }^{n}t\mathrm{d}t$ et étudier $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{I}_n$.
2. Soient $f$ une fonction continue sur $[0,1]$ et $I_n:={\int }_0^{1}f(t^n)\mathrm{d}t$. Étudier $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{I}_n$.
3. Calculer $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin (\pi x)}{1+x^n}\mathrm{d}x$.

Solution

1. $f_n(t):={\mathrm{e}}^{-t}{\sin }^{n}t\to 0$ pour tout $t\notin \frac{\pi }{2}+\mathbb{Z}\pi$ donc pour presque tout $t$. D'autre part, pour tout $n\in \mathbb{N}$, $|f_n(t)|\le {\mathrm{e}}^{-t}$, dont l'intégrale de $0$ à $+\mathrm{\infty }$ converge. Par conséquent, les intégrales $I_n$ sont convergentes et leur limite est $0$.
2. $f(t^n)\to f(0)$ pour tout $t\in [0,1[$. D'autre part, $|f(t^n)|\le \underset{s\in [0,1]}{max}|f(s)|$, fonction constante donc intégrable sur le segment. Donc $I_n\to {\int }_0^{1}f(0)\mathrm{d}t=f(0)$.
3. Quand $n\to +\mathrm{\infty }$, $\frac{\sin (\pi x)}{1+x^n}$ tend vers $0$ si $x\ge 1$ et vers $\sin (\pi x)$ si $0\le x<1$. De plus, à partir de $n=2$, $\left|\frac{\sin (\pi x)}{1+x^n}\right|\le \frac{1}{1+x^2}$, intégrable. Donc $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin (\pi x)}{1+x^n}\mathrm{d}x={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\sin (\pi x)\mathrm{d}x=\frac{2}{\pi }$.

 

Exercice 2-13

L'objectif est de calculer $I:={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{-t}}{\sqrt{t}}\mathrm{d}t$.

Pour $x\ge 0$, on pose $F(x):={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{-xt}}{(1+t)\sqrt{t}}\mathrm{d}t$.

1. Justifier que $F$ est bien définie.
2. Montrer que $F$ est dérivable et solution d'une équation différentielle linéaire d'ordre $1$ avec second membre.
3. En déduire que $F(x)={\mathrm{e}}^x(F(0)-{\int }_0^x\frac{{\mathrm{e}}^{-t}}{\sqrt{t}}\mathrm{d}t)$.
4. Calculer $F(0)$.
5. Montrer que $\underset{+\mathrm{\infty }}{lim}F=0$. En déduire la valeur de $I$.
6. Retrouver ainsi la valeur de l'intégrale de Gauss, ${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-s^2}\mathrm{d}s$.

Solution

1. $t\mapsto \frac{{\mathrm{e}}^{-xt}}{(1+t)\sqrt{t}}$ est continue (donc localement intégrable) sur $]0,+\mathrm{\infty }[$ et pour tout $x\ge 0$, $0<\frac{{\mathrm{e}}^{-xt}}{(1+t)\sqrt{t}}<\frac{1}{(1+t)\sqrt{t}}$, dont l'intégrale de $0$ à $+\mathrm{\infty }$ converge.
2. $\left|\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{{\mathrm{e}}^{-xt}}{(1+t)\sqrt{t}}\right)\right|=\left|\frac{-t{\mathrm{e}}^{-xt}}{(1+t)\sqrt{t}}\right|\le \frac{\sqrt{t}{\mathrm{e}}^{-\epsilon t}}{1+t}$ pour $x\ge \epsilon >0$. Donc $F$ est dérivable sur ${\cup }_{\epsilon >0}]\epsilon ,+\mathrm{\infty }[=]0,+\mathrm{\infty }[$ et
   $F^{\prime }(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{-t{\mathrm{e}}^{-xt}}{(1+t)\sqrt{t}}\mathrm{d}t$, d'où $F(x)-F^{\prime }(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{-xt}}{\sqrt{t}}\mathrm{d}t=\frac{I}{\sqrt{x}}$.
3. Variation de la constante : $F(x)=C(x){\mathrm{e}}^x$ avec $-C^{\prime }(x){\mathrm{e}}^x=\frac{I}{\sqrt{x}}$, c'est-à-dire $C^{\prime }(x)=-\frac{I{\mathrm{e}}^{-x}}{\sqrt{x}}$.
   Donc ${\mathrm{e}}^{-x}F(x)-{\mathrm{e}}^{0}F(0)=C(x)-C(0)=-I{\int }_0^x\frac{{\mathrm{e}}^{-t}}{\sqrt{t}}\mathrm{d}t$, ce qui donne bien $F(x)={\mathrm{e}}^x(F(0)-{\int }_0^x\frac{{\mathrm{e}}^{-t}}{\sqrt{t}}\mathrm{d}t)$.
4. $F(0)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{(1+t)\sqrt{t}}={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{2\cancel{s}\mathrm{d}s}{(1+s^2)\cancel{s}}=\pi$.
5. $0<F(x)\le {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{-xt}}{\sqrt{t}}\mathrm{d}t=\frac{I}{\sqrt{x}}$ donc $\underset{+\mathrm{\infty }}{lim}F=0$ et a fortiori, $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}F(x){\mathrm{e}}^{-x}=0$, c'est-à-dire (d'après la question 3)
   $I\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^x\frac{{\mathrm{e}}^{-t}}{\sqrt{t}}\mathrm{d}t=F(0)$. Ceci équivaut à $I^2=\pi$, soit $I=\sqrt{\pi }$.
6. $\sqrt{\pi }=I={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{-t}}{\sqrt{t}}\mathrm{d}t=2{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-s^2}\mathrm{d}s={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-s^2}\mathrm{d}s$.

 

Exercice 2-14

Pour $x\ge 0$, on pose $F(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{1-\cos t}{t^2}{\mathrm{e}}^{-xt}\mathrm{d}t$.

1. Montrer que $F$ est définie et continue sur ${ℝ}_{+}$.
2. Montrer que $F$ est de classe C² sur ${ℝ}_{+}^{\ast }$ et que $\underset{+\mathrm{\infty }}{lim}{F}^{\prime }=0$.
3. En déduire l'expression explicite de $F^{″}$ puis $F^{\prime }$, puis la limite de $F^{\prime }$ en $0^{+}$.
4. Retrouver directement cette limite.

Solution

1. $x\mapsto \frac{1-\cos t}{t^2}{\mathrm{e}}^{-xt}$ est continue (et même C^∞) sur ${ℝ}_{+}$ pour tout $t>0$ et $0\le \frac{1-\cos t}{t^2}{\mathrm{e}}^{-xt}\le \frac{1-\cos t}{t^2}$, dont l'intégrale de $0$ à $+\mathrm{\infty }$ converge. Donc $F$ est continue sur ${ℝ}_{+}$.
2. $F$ est C² sur ${ℝ}_{+}^{\ast }$ et pour tout $x>0$, $F^{\prime }(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos t-1}{t}{\mathrm{e}}^{-xt}\mathrm{d}t$. En effet, pour tout $x\ge \epsilon >0$ (et tout $t>0$), $\frac{1-\cos t}{t}$ est positif et (d'après le théorème des accroissements finis) majoré par $1$, donc $\left|\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{1-\cos t}{t^2}{\mathrm{e}}^{-xt}\right)\right|=\left|\frac{\cos t-1}{t}{\mathrm{e}}^{-xt}\right|\le {\mathrm{e}}^{-\epsilon t}$, dont l'intégrale de $0$ à $+\mathrm{\infty }$ converge. Cette majoration permet de plus d'affirmer que $\underset{+\mathrm{\infty }}{lim}{F}^{\prime }={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{\cos t-1}{t}{\mathrm{e}}^{-xt}\mathrm{d}t={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}0\mathrm{d}t=0$. Ou plus élémentairement : $-F^{\prime }(x)$ est positif et majoré par ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-xt}\mathrm{d}t=\frac{1}{x}$, donc $\underset{+\mathrm{\infty }}{lim}{F}^{\prime }=0$.
   De même, $\left|\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\cos t-1}{t}{\mathrm{e}}^{-xt}\right)\right|=(1-\cos t){\mathrm{e}}^{-xt}\le {\mathrm{e}}^{-\epsilon t}$ et pour tout $x>0$, $F^{″}(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}(1-\cos t){\mathrm{e}}^{-xt}\mathrm{d}t$.
3. $F^{″}(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-xt}\mathrm{d}t-{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\mathrm{Re}\left({\mathrm{e}}^{(\mathrm{i}-x)t}\right)\mathrm{d}t=\frac{1}{x}+\mathrm{Re}\left(\frac{1}{\mathrm{i}-x}\right)=\frac{1}{x}-\frac{x}{x^2+1}$.
   $F^{\prime }(x)=C+\ln x-\frac{1}{2}\ln (x^2+1)=C-\ln \frac{\sqrt{x^2+1}}{x}$ avec $C=\underset{+\mathrm{\infty }}{lim}{F}^{\prime }=0$, soit $F^{\prime }(x)=-\frac{1}{2}\ln (1+\frac{1}{x^2})$, donc $\underset{0}{lim}{F}^{\prime }=-\mathrm{\infty }$.
4. Pour tout $t>0$, $x\mapsto \frac{\cos t-1}{t}{\mathrm{e}}^{-xt}$ est croissante donc par convergence monotone, $\underset{x\to 0^{+}}{lim}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos t-1}{t}{\mathrm{e}}^{-xt}\mathrm{d}t={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{\cos t-1}{t}{\mathrm{e}}^{-xt}\mathrm{d}t={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos t-1}{t}\mathrm{d}t$
   ou plus élémentairement : ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos t-1}{t}{\mathrm{e}}^{-xt}\mathrm{d}t\le {\int }_0^{1/x}\frac{\cos t-1}{t}{\mathrm{e}}^{-xt}\mathrm{d}t\le {\mathrm{e}}^{-1}{\int }_0^{1/x}\frac{\cos t-1}{t}\mathrm{d}t\underset{x\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}{\mathrm{e}}^{-1}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos t-1}{t}\mathrm{d}t$.
   Or ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos t-1}{t}\mathrm{d}t\le {\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos t-1}{t}\mathrm{d}t={\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos t}{t}\mathrm{d}t-{\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t}={\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos t}{t}\mathrm{d}t-(+\mathrm{\infty })=-\mathrm{\infty }$, donc $\underset{0}{lim}{F}^{\prime }=-\mathrm{\infty }$.

 

Exercice 2-15

Soit $J:ℝ\to ℝ,x\mapsto {\int }_0^{\pi }\cos (x\cos \theta )\mathrm{d}\theta$.

1. Montrer que $J$ est de classe C² et donner les expressions intégrales de $J^{\prime }$ et $J^{″}$.
2. Vérifier que $\mathrm{\forall }x\in ℝx(J(x)+J^{″}(x))=-J^{\prime }(x)$.
3. On admet que de même, la fonction
   $K:]0,+\mathrm{\infty }[\to ℝ,x\mapsto {\int }_0^{\pi }\sin (x\sin \theta )\mathrm{d}\theta -2{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-x\sinh t}\mathrm{d}t$
   est de classe C² et vérifie $\mathrm{\forall }x\in ]0,+\mathrm{\infty }[x(K(x)+K^{″}(x))=-K^{\prime }(x)$. Quel en est l'intérêt ?

Solution

1. $J$ est même C^∞ puisque $x\mapsto \cos (x\cos \theta )$ l'est et qu'on intègre sur un segment.
   $J^{\prime }(x)=-{\int }_0^{\pi }\cos \theta \sin (x\cos \theta )\mathrm{d}\theta$ et $J^{″}(x)=-{\int }_0^{\pi }{\cos }^2\theta \cos (x\cos \theta )\mathrm{d}\theta$.
2. $x(J(x)+J^{″}(x))=x{\int }_0^{\pi }(1-{\cos }^2\theta )\cos (x\cos \theta )\mathrm{d}\theta ={\int }_0^{\pi }x{\sin }^2\theta \cos (x\cos \theta )\mathrm{d}\theta$
   $=-{\int }_0^{\pi }\sin \theta \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta }\sin (x\cos \theta )\mathrm{d}\theta =-{[\sin \theta \sin (x\cos \theta )]}_0^{\pi }+{\int }_0^{\pi }\cos \theta \sin (x\cos \theta )\mathrm{d}\theta =0-J^{\prime }(x)$.
3. L'intérêt est que $(J,K)$ forme alors une base du plan vectoriel des solutions sur $]0,+\mathrm{\infty }[$ de $x{y}^{″}+y^{\prime }+xy=0$. En effet, elle est libre, puisque $J(0)\ne 0$ et $\underset{0}{lim}K=-\mathrm{\infty }$ (par convergence monotone pour la seconde intégrale dans $K$, ou par minoration explicite : ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-x\sinh t}\mathrm{d}t\ge {\mathrm{e}}^{-1}\mathrm{arsinh}(1/x)$).

 

Exercice 2-16

Soient $f:{ℝ}^2\to ℝ$ une fonction de classe C² et $\phi :{ℝ}^3\to ℝ$ la fonction définie par

$\phi (x,y,z)={\int }_0^{2\pi }f(x+z\cos \theta ,y+z\sin \theta )\mathrm{d}\theta$.

Montrer que $\phi$ est bien définie et de classe C² et que

$z(\frac{{\partial }^2\phi }{\partial x^2}+\frac{{\partial }^2\phi }{\partial y^2}-\frac{{\partial }^2\phi }{\partial z^2})-\frac{\partial \phi }{\partial z}=0$.

Solution

${\partial }_x\phi (x,y,z)={\int }_0^{2\pi }{\partial }_{x}f(x+z\cos \theta ,y+z\sin \theta )\mathrm{d}\theta$

${\partial }_{xx}\phi (x,y,z)={\int }_0^{2\pi }{\partial }_{xx}f(x+z\cos \theta ,y+z\sin \theta )\mathrm{d}\theta$

${\partial }_{yy}\phi (x,y,z)={\int }_0^{2\pi }{\partial }_{yy}f(x+z\cos \theta ,y+z\sin \theta )\mathrm{d}\theta$

${\partial }_z\phi (x,y,z)={\int }_0^{2\pi }(\cos \theta {\partial }_{x}f(x+z\cos \theta ,y+z\sin \theta )+\sin \theta {\partial }_{y}f(x+z\cos \theta ,y+z\sin \theta ))\mathrm{d}\theta$

${\partial }_{zz}\phi (x,y,z)={\int }_0^{2\pi }({\cos }^2\theta {\partial }_{xx}f+2\cos \theta \sin \theta {\partial }_{xy}f+{\sin }^2\theta {\partial }_{yy}f)\mathrm{d}\theta$

${\partial }_{xx}f+{\partial }_{yy}f-{\partial }_{zz}f={\int }_0^{2\pi }({\sin }^2\theta {\partial }_{xx}f+{\cos }^2\theta {\partial }_{yy}f-2\cos \theta \sin \theta {\partial }_{xy}f)\mathrm{d}\theta$

et par IPP :

${\partial }_z\phi ={\int }_0^{2\pi }(z{\sin }^2\theta {\partial }_{xx}f-z\sin \theta \cos \theta {\partial }_{xy}f)\mathrm{d}\theta +{\int }_0^{2\pi }(z{\cos }^2\theta {\partial }_{yy}f-z\sin \theta \cos \theta {\partial }_{xy}f)\mathrm{d}\theta$.

 

Exercice 2-17

1. Soit $x\in ℝ$. Montrer que l'intégrale ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-t^2}\cos (tx)\mathrm{d}t$ est convergente. On note alors $\phi (x)$ sa valeur.
2. Montrer que la fonction $\phi$ est de classe C¹ (sur $ℝ$).
3. Montrer que ${\phi }^{\prime }(x)=-\frac{x\phi (x)}{2}$ (pour tout $x\in ℝ$).
4. En déduire que $\phi (x)=\frac{\sqrt{\pi }}{2}{\mathrm{e}}^{-x^2/4}$, connaissant la valeur de l'intégrale de Gauss (${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-t^2}\mathrm{d}t=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$).

Solution

1. Convergence absolue.
2. $\left|\frac{\partial }{\partial x}({\mathrm{e}}^{-t^2}\cos (tx))\right|=|-t{\mathrm{e}}^{-t^2}\sin (tx)|\le t{\mathrm{e}}^{-t^2}\in {\mathrm{L}}^1({ℝ}_{+})$ donc $\phi$ est de classe C¹ et ${\phi }^{\prime }(x)=-{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}t{\mathrm{e}}^{-t^2}\sin (tx)\mathrm{d}t$.
3. Par IPP, ${\phi }^{\prime }(x)={[\frac{{\mathrm{e}}^{-t^2}}{2}\sin (tx)]}_0^{+\mathrm{\infty }}-\frac{x}{2}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-t^2}\cos (tx)\mathrm{d}t=-\frac{x\phi (x)}{2}$.
4. On résout ${\phi }^{\prime }(x)+\frac{x\phi (x)}{2}=0$. Les solutions sont $\phi (x)=C{\mathrm{e}}^{-x^2/4}$, avec ici $C=\phi (0)=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$.

Voir aussi : Salim Rostam, « Transformée de Fourier de la gaussienne », mai 2014

 

Exercice 2-18

Pour $x\ge 0$ on pose $F(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin t}{t+x}\mathrm{d}t$.

1. Montrer que $F$ est continue, décroissante et que $F(x)=2{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\sin }^2(t/2)}{(t+x{)}^2}\mathrm{d}t$.
2. Montrer que $F$ est dérivable sur ${ℝ}_{+}^{\ast }$ et calculer sa dérivée.
3. Est-elle dérivable à droite en $0$ ?

Solution

1. $F(x)={\left[\frac{1-\cos t}{t+x}\right]}_0^{+\mathrm{\infty }}+{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{1-\cos t}{(t+x{)}^2}\mathrm{d}t={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{1-\cos t}{(t+x{)}^2}\mathrm{d}t=2{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\sin }^2(t/2)}{(t+x{)}^2}\mathrm{d}t$.
   Avec cette deuxième expression on voit que $F$ est continue et décroissante.
2. Puisque $0\le \frac{{\sin }^2(t/2)}{(t+x{)}^3}\le \frac{1}{(t+\epsilon {)}^3}$ pour $x>\epsilon >0$, on en déduit aussi que pour tout $x>0$, $F^{\prime }(x)=-4{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\sin }^2(t/2)}{(t+x{)}^3}\mathrm{d}t$.
3. Non car $\frac{F(x)-F(0)}{x}=-{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin t}{t(t+x)}\mathrm{d}t\underset{x\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}-\mathrm{\infty }$. En effet, on a (par exemple) :
   • d'une part $-{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{\sin t}{t(t+x)}\mathrm{d}t\underset{x\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}-\mathrm{\infty }$ par convergence monotone et parce qu'en $0^{+}$, $-\frac{\sin t}{t^2}$ est équivalent à $-\frac{1}{t}$, négatif et dont l'intégrale diverge, ou plus calculatoirement : parce que $-{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{\sin t}{t(t+x)}\mathrm{d}t\le -\frac{1}{\sqrt{2}}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{1}{t+x}\mathrm{d}t=-\frac{1}{\sqrt{2}}\ln (1+\frac{\pi }{4x})\underset{x\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}-\mathrm{\infty }$ ;
   • d'autre part $-{\int }_{\frac{\pi }{4}}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin t}{t(t+x)}\mathrm{d}t\le {\int }_{\frac{\pi }{4}}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{t^2}\mathrm{d}t=\frac{4}{\pi }<+\mathrm{\infty }$.

 

Exercice 2-19

Pour tout l'exercice on fixe $a\in ]0,1[$. On note

$\mathrm{\forall }x\in ]0,+\mathrm{\infty }[f(x)=\frac{1}{x}\ln \frac{1+x}{1+ax}$ et $\mathrm{\forall }y\in {ℝ}_{+}F(y)={\int }_1^{1/a}\frac{\ln (y+t)}{t}\mathrm{d}t$.

1. Calculer $F(0)$.
2. Montrer que $F$ est de classe C¹ sur ${ℝ}_{+}$ et donner une expression pour $F^{\prime }$ ne faisant pas intervenir d'intégrale.
3. Montrer que $\mathrm{\forall }y\in {ℝ}_{+}F(y)=\frac{{\ln }^{2}a}{2}+{\int }_0^{y}f(x)\mathrm{d}x$.

Solution

1. $F(0)={\int }_0^{-\ln a}s\mathrm{d}s=\frac{{\ln }^{2}a}{2}$.
2. Cf. exercice 2-8 ci-dessus. $y\mapsto \frac{\ln (y+t)}{t}$ est C¹ sur ${ℝ}_{+}$ (pour tout $t\in [1,1/a]$) et $\mathrm{\forall }y\in {ℝ}_{+}\mathrm{\forall }t\in [1,1/a]\frac{1}{t(y+t)}\le \frac{1}{t^2}$, intégrable sur $[1,1/a]$ donc $F$ est de classe C¹ sur ${ℝ}_{+}$ et $F^{\prime }(y)={\int }_1^{1/a}\frac{1}{t(y+t)}\mathrm{d}t$. En particulier $F^{\prime }(0)=1-a$ et pour tout $y>0$, $F^{\prime }(y)=\frac{1}{y}{\int }_1^{1/a}(\frac{1}{t}-\frac{1}{y+t})\mathrm{d}t=\frac{1}{y}{[\ln \frac{t}{y+t}]}_1^{1/a}=f(y)$.
3. $F(y)=F(0)+{\int }_0^y{F}^{\prime }(x)\mathrm{d}x$.

 

Exercice 2-20

On pose $I(x)={\int }_0^{\pi /2}\ln ({\cos }^{2}t+x^2{\sin }^{2}t)\mathrm{d}t$.

1. Montrer que $I$ est de classe C¹ sur ${ℝ}_{+}^{\ast }$.
2. Calculer $I^{\prime }(x)$.
3. En déduire $I(x)$.

Solution

1. $x\mapsto \ln ({\cos }^{2}t+x^2{\sin }^{2}t)$ est C¹ pour tout $t\in [0,\pi /2[$, et si $0<\epsilon \le x\le M$ alors $\left|\frac{\partial \ln ({\cos }^{2}t+x^2{\sin }^{2}t)}{\partial x}\right|=\left|\frac{2x{\sin }^{2}t}{{\cos }^{2}t+x^2{\sin }^{2}t}\right|\le \frac{2M{\sin }^{2}t}{{\cos }^{2}t+{\epsilon }^2{\sin }^{2}t}$, continue sur $[0,\pi /2]$ donc intégrable.
2. Pour tout $x>0$,
   $\begin{array}{cc}{I}^{\prime }(x)& =2x{\int }_0^{\pi /2}\frac{{\sin }^{2}t}{{\cos }^{2}t+x^2{\sin }^{2}t}\mathrm{d}t=2x{\int }_0^{\pi /2}\frac{\mathrm{d}t}{{\cot }^{2}t+x^2}=2x{\int }_{+\mathrm{\infty }}^0\frac{-\mathrm{d}u}{(u^2+x^2)(1+u^2)}\\ & =\frac{2x}{x^2-1}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}(\frac{1}{1+u^2}-\frac{1}{u^2+x^2})\mathrm{d}u=\frac{2x}{x^2-1}{[\arctan u-\frac{1}{x}\arctan \frac{u}{x}]}_0^{+\mathrm{\infty }}=\frac{2x}{x^2-1}(1-\frac{1}{x})\frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{x+1}.\end{array}$
3. $I(1)=0$ donc pour tout $x>0$, $I(x)={\int }_1^x\frac{\pi }{y+1}\mathrm{d}y=\pi \ln \frac{x+1}{2}$.
   Remarque : on a bien $I(x)>0$ si $x>1$ et $I(x)<0$ si $x<1$, ce qui était prévisible dès le départ.

 

Exercice 2-21

On pose $F(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-xt}\arctan t\mathrm{d}t$.

1. Montrer que $F$ est bien définie sur ${ℝ}_{+}^{\ast }$.
2. Pour $x>0$ on pose $G(x)=xF(x)$. Montrer que $G(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{-xt}}{1+t^2}\mathrm{d}t$.
3. Montrer que $G$ est de classe C² sur ${ℝ}_{+}^{\ast }$.
4. En déduire que $F$ est de classe C² sur ${ℝ}_{+}^{\ast }$ et que

   $\mathrm{\forall }x>0x{F}^{″}(x)+2F^{\prime }(x)+xF(x)=\frac{1}{x}$.

Solution

1. $|\arctan |\le \pi /2$.
2. $G(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}x{\mathrm{e}}^{-xt}\arctan t\mathrm{d}t=\underset{0}{\underbrace{{[-{\mathrm{e}}^{-xt}\arctan t]}_0^{+\mathrm{\infty }}}}+{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{-xt}}{1+t^2}\mathrm{d}t$
3. $x\mapsto \frac{{\mathrm{e}}^{-xt}}{1+t^2}$ est C², $\left|\frac{\partial }{\partial x}\frac{{\mathrm{e}}^{-xt}}{1+t^2}\right|=\left|\frac{-t{\mathrm{e}}^{-xt}}{1+t^2}\right|\le \frac{{\mathrm{e}}^{-xt}}{2}$, $\left|\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}\frac{{\mathrm{e}}^{-xt}}{1+t^2}\right|=\left|\frac{t^2{\mathrm{e}}^{-xt}}{1+t^2}\right|\le {\mathrm{e}}^{-xt}$, et pour $x\ge \epsilon >0$, $0<{\mathrm{e}}^{-xt}\le {\mathrm{e}}^{-\epsilon t}$, dont l'intégrale de $0$ à $+\mathrm{\infty }$ converge. Donc $G$ est C² sur ${ℝ}_{+}^{\ast }$.
4. Donc $F$ est C² sur ${ℝ}_{+}^{\ast }$ et pour tout $x>0$, $G^{\prime }(x)=F(x)+x{F}^{\prime }(x)$ et $G^{″}(x)=2F^{\prime }(x)+x{F}^{″}(x)$, si bien que $x{F}^{″}(x)+2F^{\prime }(x)+xF(x)=G^{″}(x)+G(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-xt}\mathrm{d}t=\frac{1}{x}$.

 

Exercice 2-22

Pour tout réel $x>0$, on note

$\psi (x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin t}{t^2+x^2}\mathrm{d}t$.

1. Montrer que $\psi$ est bien définie et dérivable sur ${ℝ}_{+}^{\ast }$.
2. Déterminer sa limite en $+\mathrm{\infty }$.

Solution

1. $x\mapsto \frac{\sin t}{t^2+x^2}$ est C¹ sur ${ℝ}_{+}^{\ast }$ et pour tout $x\ge \epsilon >0$, $\left|\frac{\sin t}{t^2+x^2}\right|\le \frac{1}{t^2+{\epsilon }^2}$ et $\left|\frac{-2x\sin t}{(t^2+x^2{)}^2}\right|\le \frac{2x|t|}{(t^2+x^2{)}^2}\le \frac{1}{t^2+{\epsilon }^2}$, dont l'intégrale de $0$ à $+\mathrm{\infty }$ converge. Donc $\psi$ est bien définie et C¹ sur ${ℝ}_{+}^{\ast }$.
   Remarque : une étude de variations permet de remplacer le second majorant, plus finement, par une fonction a fortiori elle aussi intégrable de $0$ à $+\mathrm{\infty }$ : $\underset{x\ge \epsilon }{sup}\frac{2x|\sin t|}{(t^2+x^2{)}^2}=\{\begin{array}{cc}\frac{2\epsilon |\sin t|}{(t^2+{\epsilon }^2{)}^2}& \text{si }t\le \epsilon \sqrt{3}\\ {\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^3\frac{|\sin t|}{t^3}& \text{si }t\ge \epsilon \sqrt{3}.\end{array}$ ou inversement, moins finement (mais encore par une fonction intégrable) : $\frac{2M}{(t^2+{\epsilon }^2{)}^2}$, si $0<\epsilon \le x\le M$.
2. La première de toutes les majorations ci-dessus permet d'affirmer de plus que $\underset{+\mathrm{\infty }}{lim}\psi ={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{\sin t}{t^2+x^2}\mathrm{d}t={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}0\mathrm{d}t=0$. Ou plus élémentairement : $|\psi (x)|\le {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{t^2+x^2}\mathrm{d}t=\frac{\pi }{2x}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$.

 

Exercice 2-23

Soit $f$ une fonction C^∞. On pose

$g(x)={\int }_0^1{f}^{\prime }(tx)\mathrm{d}t$.

1. Montrer que $g$ est C^∞.
2. Montrer que $xg(x)=f(x)-f(0)$.

On a ainsi prouvé que pour toute fonction $f$ C^∞ nulle en 0, la fonction $x\mapsto \frac{f(x)}{x}$ admet un prolongement C^∞ sur $ℝ$.

Solution

1. Par récurrence (en majorant sur un segment les fonctions continues par des constantes), $g^{(k)}(x)={\int }_0^1{t}^k{f}^{(k+1)}(tx)\mathrm{d}t$.
2. Par changement de variable puis théorème fondamental de l'analyse, $xg(x)={\int }_0^x{f}^{\prime }(y)\mathrm{d}y=f(x)-f(0)$.

 

Exercice 2-24

Soit $f\in {\mathrm{L}}^2(ℝ)$ telle que $\underset{A\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\int }_{[-A,A]}f(t){\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}xt}\mathrm{d}t$ existe pour presque tout $x$.

1. Montrer que cette limite est alors égale à $\sqrt{2\pi }\hat{f}(x)$ p.p.
2. En déduire que $\mathrm{\forall }b\ne \pm a{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin (at)}{t}\cos (bt)\mathrm{d}t=\pi {\mathrm{𝟏}}_{[-a,a]}(b)$. (Démontrer d'abord l'égalité pour presque tout $b$.)
3. Retrouver ainsi la valeur de l'intégrale de Dirichlet (voir supra) : ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin t}{t}\mathrm{d}t=\frac{\pi }{2}$.

Solution

1. $f_A:=f{\mathrm{𝟏}}_{[-A,A]}\in {\mathrm{L}}^1\cap {\mathrm{L}}^2$ et $\to f$ dans ${\mathrm{L}}^2$ donc par définition, $\hat{f}$ est la limite, dans ${\mathrm{L}}^2$, des $\widehat{f_A}$. Il existe donc une suite $A_n\to +\mathrm{\infty }$ telle que $\widehat{f_{A_n}}\to \hat{f}$ p.p. . Donc si la limite des $\widehat{f_A}$ existe p.p., elle est (p.p.) égale à $\hat{f}$.
2. D'après ce qui précède appliqué à $f(t)=\frac{\sin (at)}{t}$, pour presque tout $b$ on a (par partie réelle, ou par imparité de la partie imaginaire) ${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin (at)}{t}\cos (bt)\mathrm{d}t=(Re){\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin (at)}{t}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}bt}\mathrm{d}t=\sqrt{2\pi }\hat{f}(b)=\pi {\mathrm{𝟏}}_{[-a,a]}(b)$, puisque $\widehat{{\mathrm{𝟏}}_{[-a,a]}}(-u)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-a}^a{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}ut}\mathrm{d}t=\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}ua}-{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}ua}}{iu\sqrt{2\pi }}=\sqrt{\frac{2}{\pi }}f(u)$.
   Reste à transformer cette égalité pour presque tout $b$ en une égalité pour tout $b\ne \pm a$. Il suffit pour cela d'utiliser les formules trigo, pour remarquer que la fonction $b\mapsto {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin (at)}{t}\cos (bt)\mathrm{d}t$ est continue hors de $\pm a$, ce qui se fait soit par calcul direct (on trouve que si $C={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin t}{t}\mathrm{d}t$ alors ${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin (at)}{t}\cos (bt)\mathrm{d}t$ est égal à $C$ si $|b|<a$, à $0$ si $|b|>a$, et à $C/2$ si $b=\pm a$), soit en adaptant un lemme d'Abel qui dit que si $f$ est positive décroissante sur $]0,+\mathrm{\infty }[$ et nulle en $+\mathrm{\infty }$ (par exemple $f(t)=1/t$) alors $x\mapsto {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}xt}f(t)\mathrm{d}t$ est continue sur $]0,+\mathrm{\infty }[$, car la convergence de cette intégrale impropre est uniforme sur $[A,+\mathrm{\infty }[$ pour tout $A>0$.
3. Faire $a=1,b=0$ dans la question 2. Remarque : le calcul direct et l'égalité p.p. de cette question 2 suffisaient pour conclure.