Intégrales à paramètre : corrigé des exercices de maths en L2.

Corrigé de l’exercice 1 : Continuité d’une intégrale sur un segment

1. Posons \(f(x,t) = \frac{\cos(xt)}{1+t^2}\). Cette fonction est continue sur \(\mathbb{R} \times [0,1]\), comme quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s’annule pas. D’après le théorème de continuité sur un segment, \(F\) est continue sur \(\mathbb{R}\). De plus, le cosinus est pair, donc \(f(-x,t) = f(x,t)\). Par conséquent, \(F\) est paire.
2. D’abord, \(F(0) = \int_0^1 \frac{dt}{1+t^2} = \arctan 1 = \frac{\pi}{4}\). Ensuite, \(|\cos(xt)| \leq\, 1\), donc \(|F(x)| \leq\, \int_0^1 \frac{dt}{1+t^2} = \frac{\pi}{4}\). Ainsi, \(F(0) = \frac{\pi}{4}\) et \(|F(x)| \leq\, \frac{\pi}{4}\) : le maximum de \(|F|\) est atteint en \(0\).
3. La dérivée partielle \(\partial_x f(x,t) = -\frac{t \sin(xt)}{1+t^2}\) existe et elle est continue sur \(\mathbb{R} \times [0,1]\). Le théorème de dérivation sous le signe intégrale sur un segment s’applique. Donc \(F\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) et \(F^{\prime}(x) = -\int_0^1 \frac{t \sin(xt)}{1+t^2}\,dt\). En particulier, \(F^{\prime}(0) = 0\), ce qui est cohérent avec la parité de \(F\).
4. Soit \(x \neq 0\). On intègre par parties avec \(u(t) = \frac{1}{1+t^2}\) et \(v(t) = \frac{\sin(xt)}{x}\), toutes deux de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([0,1]\). Comme \(u^{\prime}(t) = -\frac{2t}{(1+t^2)^2}\), on obtient :

   \[F(x) = [\frac{\sin(xt)}{x(1+t^2)}]_0^1 + \frac{1}{x}\int_0^1 \frac{2t\,\sin(xt)}{(1+t^2)^2}\,dt = \frac{\sin x}{2x} + \frac{1}{x}\int_0^1 \frac{2t\,\sin(xt)}{(1+t^2)^2}\,dt.\]

   Or \(\int_0^1 \frac{2t}{(1+t^2)^2}\,dt = [-\frac{1}{1+t^2}]_0^1 = \frac{1}{2}\). Par conséquent, \(|F(x)| \leq\, \frac{1}{2|x|} + \frac{1}{2|x|} = \frac{1}{|x|}\). Ainsi, \(\lim_{x \to +\infty} F(x) = 0\). Les oscillations de \(\cos(xt)\) se compensent de mieux en mieux.

Point de méthode : sur un segment, la continuité de \(f\) en les deux variables suffit. En revanche, la limite en \(+\infty\) ne relève pas du théorème de continuité : on l’obtient par une majoration explicite.

Corrigé de l’exercice 2 : Dérivées successives d’une intégrale sur un segment

1. La fonction \(f : (x,t) \mapsto e^{xt}\) est de classe \(\mathcal{C}^\infty\) sur \(\mathbb{R} \times [0,1]\). De plus, pour tout \(n\), \(\partial_x^n f(x,t) = t^n e^{xt}\) est continue sur \(\mathbb{R} \times [0,1]\). En appliquant le théorème de dérivation sur un segment à chaque ordre, on obtient que \(F\) est de classe \(\mathcal{C}^\infty\) et \(F^{(n)}(x) = \int_0^1 t^n e^{xt}\,dt\).
2. En \(x = 0\), il vient \(F^{(n)}(0) = \int_0^1 t^n\,dt = \frac{1}{n+1}\).
3. Pour \(x \neq 0\), une primitive de \(t \mapsto e^{xt}\) est \(t \mapsto \frac{e^{xt}}{x}\). Donc \(F(x) = \frac{e^x – 1}{x}\). En dérivant ce quotient, on trouve \(F^{\prime}(x) = \frac{x e^x – e^x + 1}{x^2}\). D’autre part, une intégration par parties donne :

   \[\int_0^1 t\,e^{xt}\,dt = [\frac{t\,e^{xt}}{x}]_0^1 – \frac{1}{x}\int_0^1 e^{xt}\,dt = \frac{e^x}{x} – \frac{e^x – 1}{x^2} = \frac{x e^x – e^x + 1}{x^2}.\]

   Les deux expressions coïncident, ce qui confirme la formule de dérivation.

4. On sait que \(e^x – 1 = \sum_{n \geq\, 1} \frac{x^n}{n!}\), donc \(\frac{e^x – 1}{x} = \sum_{n \geq\, 0} \frac{x^n}{(n+1)!}\) pour \(x \neq 0\). Or \(\frac{F^{(n)}(0)}{n!} = \frac{1}{(n+1)\,n!} = \frac{1}{(n+1)!}\). Ainsi, les coefficients de Taylor de \(F\) en \(0\) sont exactement ceux de la série entière.

Corrigé de l’exercice 3 : Une intégrale calculée par dérivation

1. Soit \(x > -1\) et \(t \in ]0,1[\). Posons \(u = x \ln t\), de sorte que \(t^x = e^u\) et \(f(x,t) = \frac{e^u – 1}{\ln t}\). L’inégalité admise donne \(|f(x,t)| \leq\, \frac{|x|\,|\ln t|\,e^{\max(u,0)}}{|\ln t|} = |x|\,e^{\max(u,0)}\).

   Si \(x \geq\, 0\), alors \(u \leq\, 0\) car \(\ln t < 0\), donc \(|f(x,t)| \leq\, |x|\). Si \(-1 < x < 0\), alors \(u > 0\) et \(e^u = t^x\), donc \(|f(x,t)| \leq\, |x|\,t^x\). Dans les deux cas, \(t \mapsto f(x,t)\) est continue sur \(]0,1[\) et majorée par une fonction intégrable, car \(t^x\) est intégrable en \(0\) pour \(x > -1\). Donc \(F\) est bien définie sur \(]-1,+\infty[\).

2. Comme \(t^x = e^{x \ln t}\), on a \(\frac{\partial}{\partial x}t^x = t^x \ln t\). Donc \(\frac{\partial f}{\partial x}(x,t) = t^x\). Cette fonction est continue sur \(]-1,+\infty[ \times ]0,1[\), tout comme \(f\).

   Soit \([\alpha,\beta] \subset ]-1,+\infty[\). Pour \(x \in [\alpha,\beta]\) et \(t \in ]0,1[\), on a \(t^x \leq\, t^\alpha\), car \(t < 1\) et \(x \geq\, \alpha\). Or \(t \mapsto t^\alpha\) est intégrable sur \(]0,1[\), puisque \(\alpha > -1\). Les hypothèses du théorème de dérivation sous le signe intégrale sont donc réunies. Par conséquent, \(F\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) et \(F^{\prime}(x) = \int_0^1 t^x\,dt = \frac{1}{x+1}\).

3. Par ailleurs, \(f(0,t) = 0\), donc \(F(0) = 0\). En intégrant, on obtient \(F(x) = \ln(1+x)\) pour tout \(x > -1\).
4. La première intégrale vaut \(F(1)\), soit \(\int_0^1 \frac{t-1}{\ln t}\,dt = \ln 2\). Pour la seconde, on écrit \(t^2 – t = (t^2 – 1) – (t – 1)\). Par linéarité, elle vaut \(F(2) – F(1) = \ln 3 – \ln 2\). Donc \(\int_0^1 \frac{t^2 – t}{\ln t}\,dt = \ln \frac{3}{2}\).

Point de méthode : la dérivée partielle est ici bien plus simple que \(f\). C’est le signe qu’une dérivation sous le signe intégrale va aboutir.

Corrigé de l’exercice 4 : Une intégrale classique sur [0,1]

1. Pour \((x,t) \in [0,1]^2\), on a \(1 + xt \geq\, 1\). Ainsi, \(f(x,t) = \frac{\ln(1+xt)}{1+t^2}\) est continue sur \([0,1]^2\). Sa dérivée partielle \(\partial_x f(x,t) = \frac{t}{(1+xt)(1+t^2)}\) est également continue sur \([0,1]^2\). D’après le théorème sur un segment, \(F\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) et \(F^{\prime}(x) = \int_0^1 \frac{t\,dt}{(1+xt)(1+t^2)}\).
2. On cherche \(t = A(1+t^2) + (Bt + C)(1+xt)\) pour tout \(t\). En identifiant les coefficients de \(t^2\), de \(t\) et les constantes, on obtient le système \(A + Bx = 0\), \(B + Cx = 1\), \(A + C = 0\). Ainsi, \(C = -A\) et \(B = -\frac{A}{x}\) pour \(x \neq 0\). Ensuite, la deuxième équation donne \(-A(\frac{1}{x} + x) = 1\). Finalement :

   \[A = -\frac{x}{1+x^2}, \qquad B = \frac{1}{1+x^2}, \qquad C = \frac{x}{1+x^2}.\]

   Ces valeurs conviennent aussi pour \(x = 0\), comme on le vérifie directement.

3. On intègre chaque terme sur \([0,1]\). D’abord, \(\int_0^1 \frac{dt}{1+xt} = \frac{\ln(1+x)}{x}\) pour \(x \neq 0\), donc \(A\int_0^1 \frac{dt}{1+xt} = -\frac{\ln(1+x)}{1+x^2}\). Ensuite, \(\int_0^1 \frac{t\,dt}{1+t^2} = \frac{\ln 2}{2}\) et \(\int_0^1 \frac{dt}{1+t^2} = \frac{\pi}{4}\). Par conséquent :

   \[F^{\prime}(x) = \frac{1}{1+x^2}(\frac{\ln 2}{2} + \frac{\pi x}{4} – \ln(1+x)).\]

   La formule reste vraie en \(x = 0\), car les deux membres valent \(\frac{\ln 2}{2}\). C’est la formule demandée.

4. On remarque que \(F(0) = 0\) et \(F(1) = I\). Donc \(I = \int_0^1 F^{\prime}(x)\,dx\). Calculons les trois morceaux :

   \[\int_0^1 \frac{\ln 2}{2(1+x^2)}\,dx = \frac{\pi \ln 2}{8}, \qquad \int_0^1 \frac{\pi x}{4(1+x^2)}\,dx = \frac{\pi \ln 2}{8}, \qquad \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+x^2}\,dx = I.\]

   Ainsi \(I = \frac{\pi \ln 2}{4} – I\), d’où \(I = \frac{\pi \ln 2}{8}\). L’intégrale cherchée réapparaît dans le calcul, ce qui boucle l’argument.

Corrigé de l’exercice 5 : Une intégrale logarithmique sur un segment

1. Si \(x \geq\, 1\), alors \(\cos^2 t + x^2 \sin^2 t \geq\, \cos^2 t + \sin^2 t = 1\). Si \(0 < x < 1\), alors \(\cos^2 t + x^2\sin^2 t \geq\, x^2(\cos^2 t + \sin^2 t) = x^2\). Dans les deux cas, \(\cos^2 t + x^2 \sin^2 t \geq\, \min(1,x^2) > 0\).

   Par conséquent, \(f(x,t) = \ln(\cos^2 t + x^2 \sin^2 t)\) est continue sur \(]0,+\infty[ \times [0,\frac{\pi}{2}]\). De plus, \(\partial_x f(x,t) = \frac{2x \sin^2 t}{\cos^2 t + x^2 \sin^2 t}\) y est continue. Le théorème de dérivation sur un segment s’applique : \(F\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(]0,+\infty[\).

2. Pour \(t \in [0,\frac{\pi}{2}[\), on divise le numérateur et le dénominateur par \(\cos^2 t\). Avec \(u = \tan t\), bijection \(\mathcal{C}^1\) croissante de \([0,\frac{\pi}{2}[\) sur \([0,+\infty[\), et \(dt = \frac{du}{1+u^2}\), on obtient :

   \[F^{\prime}(x) = \int_0^{+\infty} \frac{2x\,u^2}{(1+x^2u^2)(1+u^2)}\,du.\]

   Pour \(x \neq 1\), on vérifie que \(\frac{u^2}{(1+u^2)(1+x^2u^2)} = \frac{1}{x^2 – 1}(\frac{1}{1+u^2} – \frac{1}{1+x^2u^2})\). En effet, \((1 + x^2u^2) – (1 + u^2) = (x^2 – 1)u^2\). Or \(\int_0^{+\infty} \frac{du}{1+u^2} = \frac{\pi}{2}\) et \(\int_0^{+\infty} \frac{du}{1+x^2u^2} = \frac{\pi}{2x}\). Donc :

   \[F^{\prime}(x) = \frac{2x}{x^2 – 1}\cdot\frac{\pi}{2}(1 – \frac{1}{x}) = \frac{\pi(x-1)}{x^2-1} = \frac{\pi}{x+1}.\]

3. Pour \(x = 1\), on a directement \(F^{\prime}(1) = \int_0^{\pi/2} 2\sin^2 t\,dt = \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{1+1}\). Ainsi \(F^{\prime}(x) = \frac{\pi}{1+x}\) pour tout \(x > 0\). De plus, \(F(1) = \int_0^{\pi/2} \ln 1\,dt = 0\). En intégrant sur \([1,x]\), on trouve :

   \[F(x) = \pi \ln(1+x) – \pi \ln 2 = \pi \ln\frac{1+x}{2}.\]

4. On a \(F(\frac{1}{x}) = \int_0^{\pi/2} \ln\frac{x^2\cos^2 t + \sin^2 t}{x^2}\,dt = \int_0^{\pi/2} \ln(x^2 \cos^2 t + \sin^2 t)\,dt – \pi \ln x\). Le changement de variable \(t \mapsto \frac{\pi}{2} – t\) échange \(\cos\) et \(\sin\), donc la dernière intégrale vaut \(F(x)\). D’où \(F(\frac{1}{x}) = F(x) – \pi \ln x\). La formule trouvée le vérifie bien, car \(\pi\ln\frac{1 + 1/x}{2} = \pi \ln\frac{1+x}{2} – \pi \ln x\).

Corrigé de l’exercice 6 : Une équation de Bessel

1. La fonction \(f(x,t) = \cos(x \sin t)\) est de classe \(\mathcal{C}^\infty\) sur \(\mathbb{R} \times [0,\pi]\). Toutes ses dérivées partielles en \(x\) y sont continues. Par le théorème de dérivation sur un segment, appliqué à chaque ordre, \(J\) est de classe \(\mathcal{C}^\infty\) sur \(\mathbb{R}\). Comme le cosinus est pair, \(J(-x) = J(x)\). Ensuite, \(|\cos(x \sin t)| \leq\, 1\) donne \(|J(x)| \leq\, \frac{1}{\pi}\cdot\pi = 1\). Enfin, \(J(0) = 1\).
2. En dérivant sous le signe intégrale :

   \[J^{\prime}(x) = -\frac{1}{\pi}\int_0^\pi \sin t\,\sin(x \sin t)\,dt, \qquad J^{\prime\prime}(x) = -\frac{1}{\pi}\int_0^\pi \sin^2 t\,\cos(x \sin t)\,dt.\]

   Donc \(J^{\prime}(0) = 0\), ce qui découle aussi de la parité. De plus, \(J^{\prime\prime}(0) = -\frac{1}{\pi}\int_0^\pi \sin^2 t\,dt = -\frac{1}{\pi}\cdot\frac{\pi}{2}\), soit \(J^{\prime\prime}(0) = -\frac{1}{2}\).

3. Comme \(1 – \sin^2 t = \cos^2 t\), on a \(x J^{\prime\prime}(x) + x J(x) = \frac{1}{\pi}\int_0^\pi \cos t \cdot x\cos t\,\cos(x \sin t)\,dt\). Or \(x \cos t \cos(x \sin t)\) est la dérivée de \(t \mapsto \sin(x \sin t)\). On intègre donc par parties :

   \[\int_0^\pi \cos t \cdot x\cos t\,\cos(x \sin t)\,dt = \Big[\cos t\,\sin(x \sin t)\Big]_0^\pi + \int_0^\pi \sin t\,\sin(x \sin t)\,dt.\]

   Le crochet est nul, car \(\sin(x \sin 0) = \sin(x \sin \pi) = 0\). Ainsi, \(x J^{\prime\prime}(x) + x J(x) = \frac{1}{\pi}\int_0^\pi \sin t\,\sin(x\sin t)\,dt = -J^{\prime}(x)\). Par conséquent, \(x J^{\prime\prime} + J^{\prime} + x J = 0\) sur \(\mathbb{R}\).

   La figure ci-dessous montre la fonction \(J\) obtenue. On y lit \(J(0) = 1\), la parité et l’encadrement \(|J| \leq\, 1\). Les oscillations amorties sont typiques des solutions de l’équation de Bessel.

   

Corrigé de l’exercice 7 : Vérifier une domination

1. Les fonctions \((x,t) \mapsto e^{-t}\cos(xt)\) et \((x,t) \mapsto e^{-t}\sin(xt)\) sont continues sur \(\mathbb{R} \times [0,+\infty[\). De plus, pour tout \((x,t)\), elles sont majorées en module par \(\varphi(t) = e^{-t}\). Cette fonction ne dépend pas de \(x\) et elle est intégrable sur \([0,+\infty[\). Le théorème de continuité sous domination montre donc que \(F\) et \(G\) sont définies et continues sur \(\mathbb{R}\).
2. Pour \(A > 0\), on a \(\int_0^A e^{(-1+ix)t}\,dt = \frac{e^{(-1+ix)A} – 1}{-1+ix}\). Or \(|e^{(-1+ix)A}| = e^{-A} \to 0\). Par conséquent :

   \[F(x) + i\,G(x) = \int_0^{+\infty} e^{(-1+ix)t}\,dt = \frac{1}{1 – ix} = \frac{1 + ix}{1+x^2}.\]

   En séparant parties réelle et imaginaire, on obtient \(F(x) = \frac{1}{1+x^2}\) et \(G(x) = \frac{x}{1+x^2}\).

3. La dérivée partielle \(\partial_x\big(e^{-t}\cos(xt)\big) = -t\,e^{-t}\sin(xt)\) est continue et majorée par \(t\,e^{-t}\), intégrable sur \([0,+\infty[\). Cette domination vaut pour tout \(x \in \mathbb{R}\). Donc \(F\) est \(\mathcal{C}^1\) et \(F^{\prime}(x) = -\int_0^{+\infty} t\,e^{-t}\sin(xt)\,dt\). Or \(F^{\prime}(x) = -\frac{2x}{(1+x^2)^2}\). Par conséquent, \(\int_0^{+\infty} t\,e^{-t}\sin(xt)\,dt = \frac{2x}{(1+x^2)^2}\).

Corrigé de l’exercice 8 : Quand la domination fait défaut

1. Pour \(x = 0\), la fonction intégrée est nulle, donc \(F(0) = 0\). Pour \(x > 0\), on a \(\int_0^A x\,e^{-xt}\,dt = 1 – e^{-xA} \to 1\). Donc \(F(x) = 1\) pour \(x > 0\) et \(F(0) = 0\). Ainsi, \(F\) n’est pas continue en \(0\), alors que \(f\) est continue sur \([0,+\infty[^2\).
2. Soit \(t \geq\, 1\). Le réel \(x = \frac{1}{t}\) appartient à \(]0,1]\). Donc \(\varphi(t) \geq\, f(\frac{1}{t},t) = \frac{1}{t}\,e^{-1}\). Or \(t \mapsto \frac{1}{e\,t}\) n’est pas intégrable sur \([1,+\infty[\) (intégrale de Riemann d’exposant \(1\)). Par comparaison de fonctions positives, aucune fonction dominante intégrable n’existe sur \(]0,1]\). Comme le montre la figure de l’énoncé, les fonctions \(t \mapsto x\,e^{-xt}\) viennent toucher l’enveloppe \(\frac{1}{e\,t}\) les unes après les autres.
3. Pour \(x \in [a,b]\) et \(t \geq\, 0\), on a \(x\,e^{-xt} \leq\, b\,e^{-at}\). La fonction \(\varphi(t) = b\,e^{-at}\) est intégrable sur \([0,+\infty[\). On retrouve ainsi que \(F\) est continue sur \([a,b]\), pour tous \(0 < a < b\), donc sur \(]0,+\infty[\). C’est cohérent : \(F\) y est constante. Le défaut de continuité est donc concentré en \(0\), là où la domination échoue.

Point de méthode : pour prouver qu’une domination est impossible, on calcule \(\sup_x |f(x,t)|\) à \(t\) fixé. Toute fonction dominante est au-dessus de ce supremum, qui est ici non intégrable.

Corrigé de l’exercice 9 : Continuité sur un intervalle ouvert

1. La fonction \(t \mapsto \frac{1}{1+t^x}\) est continue et positive sur \(]0,+\infty[\), bornée par \(1\) au voisinage de \(0\) (elle tend vers \(0\), \(\frac{1}{2}\) ou \(1\) selon le signe de \(x\)). Le problème se situe donc en \(+\infty\). Si \(x \leq\, 0\), alors \(t^x \leq\, 1\) pour \(t \geq\, 1\), donc la fonction est minorée par \(\frac{1}{2}\) : l’intégrale diverge. Si \(x > 0\), alors \(\frac{1}{1+t^x} \sim t^{-x}\), intégrable en \(+\infty\) si et seulement si \(x > 1\). Donc \(F\) est définie exactement sur \(]1,+\infty[\).
2. La fonction \(f(x,t) = \frac{1}{1+t^x}\) est continue sur \(]1,+\infty[ \times [0,+\infty[\). Soit \([\alpha,\beta] \subset ]1,+\infty[\). Pour \(t \in [0,1]\), on a \(f(x,t) \leq\, 1\). Pour \(t \geq\, 1\) et \(x \geq\, \alpha\), on a \(1 + t^x \geq\, t^x \geq\, t^\alpha\), donc \(f(x,t) \leq\, t^{-\alpha}\). La fonction \(\varphi\), égale à \(1\) sur \([0,1]\) et à \(t^{-\alpha}\) sur \(]1,+\infty[\), est intégrable car \(\alpha > 1\). Par domination locale, \(F\) est continue sur \(]1,+\infty[\).
3. On écrit \(F(x) – 1 = \int_0^1 (\frac{1}{1+t^x} – 1)dt + \int_1^{+\infty} \frac{dt}{1+t^x}\). Le premier terme vaut \(-\int_0^1 \frac{t^x}{1+t^x}\,dt\), de module au plus \(\int_0^1 t^x\,dt = \frac{1}{x+1}\). Le second est positif et majoré par \(\int_1^{+\infty} t^{-x}\,dt = \frac{1}{x-1}\). D’où l’inégalité. Par conséquent, \(\lim_{x \to +\infty} F(x) = 1\).
4. Pour \(t \geq\, 1\), on a \(1 + t^x \leq\, 2t^x\). Donc \(F(x) \geq\, \int_1^{+\infty} \frac{dt}{2t^x} = \frac{1}{2(x-1)}\). Ainsi, \(\lim_{x \to 1^+} F(x) = +\infty\).
5. Enfin, \(F(2) = \int_0^{+\infty} \frac{dt}{1+t^2} = \frac{\pi}{2}\), ce que confirme la figure de l’énoncé.

Corrigé de l’exercice 10 : Une équation différentielle du second ordre

1. La fonction \(f(x,t) = \frac{e^{-xt}}{1+t^2}\) est continue sur \([0,+\infty[^2\). Pour \(x \geq\, 0\), on a \(0 < f(x,t) \leq\, \frac{1}{1+t^2}\), qui est intégrable sur \([0,+\infty[\). Par domination, \(F\) est définie et continue sur \([0,+\infty[\). De plus, \(F(0) = \frac{\pi}{2}\).
2. Pour \(x > 0\), la fonction intégrée est continue et strictement positive, donc \(F(x) > 0\). Par ailleurs, \(\frac{1}{1+t^2} \leq\, 1\), d’où \(F(x) \leq\, \int_0^{+\infty} e^{-xt}\,dt = \frac{1}{x}\). Par encadrement, \(\lim_{x \to +\infty} F(x) = 0\).
3. Pour \(k \in \{1,2\}\), la dérivée partielle \(\partial_x^k f(x,t) = \frac{(-t)^k e^{-xt}}{1+t^2}\) est continue. Soit \(\alpha > 0\). Pour \(x \geq\, \alpha\), on a \(|\partial_x^k f(x,t)| \leq\, \frac{t^k}{1+t^2}\,e^{-\alpha t} \leq\, e^{-\alpha t}\), car \(t^k \leq\, 1 + t^2\) pour \(k \in \{1,2\}\). Cette fonction est intégrable. Ainsi, \(F\) est de classe \(\mathcal{C}^2\) sur \(]0,+\infty[\). De plus, \(F^{\prime}(x) = -\int_0^{+\infty} \frac{t\,e^{-xt}}{1+t^2}\,dt < 0\), donc \(F\) est strictement décroissante.
4. Pour \(x > 0\), en additionnant les intégrales :

   \[F^{\prime\prime}(x) + F(x) = \int_0^{+\infty} \frac{t^2 + 1}{1+t^2}\,e^{-xt}\,dt = \int_0^{+\infty} e^{-xt}\,dt = \frac{1}{x}.\]

   Donc \(F\) est solution de \(y^{\prime\prime} + y = \frac{1}{x}\) sur \(]0,+\infty[\). La figure ci-dessous montre \(F\), partant de \(\frac{\pi}{2}\) et coincée sous l’hyperbole \(y = \frac{1}{x}\).

   

Corrigé de l’exercice 11 : Domaine et relation fonctionnelle de Gamma

1. La fonction \(g(t) = t^{x-1}e^{-t}\) est continue et positive sur \(]0,+\infty[\). En \(0\), on a \(g(t) \sim t^{x-1}\). D’après le critère de Riemann, \(g\) est intégrable en \(0\) si et seulement si \(1 – x < 1\), soit \(x > 0\). En \(+\infty\), \(t^2 g(t) = t^{x+1}e^{-t} \to 0\), donc \(g(t) = o(1/t^2)\) : \(g\) y est toujours intégrable. Ainsi, \(\Gamma(x)\) converge si et seulement si \(x > 0\).
2. Soit \(x > 0\) et \(0 < \varepsilon < A\). On intègre par parties avec \(u = t^x\) et \(v = -e^{-t}\) :

   \[\int_\varepsilon^A t^x e^{-t}\,dt = \big[-t^x e^{-t}\big]_\varepsilon^A + x\int_\varepsilon^A t^{x-1}e^{-t}\,dt.\]

   Le crochet vaut \(\varepsilon^x e^{-\varepsilon} – A^x e^{-A}\), qui tend vers \(0\) car \(x > 0\). À la limite, \(\Gamma(x+1) = x\,\Gamma(x)\). Comme \(\Gamma(1) = 1\), une récurrence immédiate donne \(\Gamma(n+1) = n!\).

3. Pour \(x \in [\alpha,\beta]\) : si \(t \in ]0,1]\), alors \(t^{x-1} \leq\, t^{\alpha-1}\) ; si \(t \geq\, 1\), alors \(t^{x-1} \leq\, t^{\beta-1}\). On pose donc \(\varphi(t) = (t^{\alpha-1} + t^{\beta-1})e^{-t}\), intégrable d’après la question 1. De plus, \((x,t) \mapsto t^{x-1}e^{-t}\) est continue sur \(]0,+\infty[^2\). Par domination locale, \(\Gamma\) est continue sur \(]0,+\infty[\).
4. D’après la question 2, \(x\,\Gamma(x) = \Gamma(x+1)\). Or \(\Gamma\) est continue en \(1\), donc \(\Gamma(x+1) \to \Gamma(1) = 1\) quand \(x \to 0^+\). Par conséquent, \(\Gamma(x) \sim \frac{1}{x}\) en \(0^+\).

Corrigé de l’exercice 12 : Gamma aux demi-entiers

1. L’application \(u \mapsto u^2\) est une bijection \(\mathcal{C}^1\) strictement croissante de \(]0,+\infty[\) sur lui-même. Avec \(t = u^2\) et \(dt = 2u\,du\) :

   \[\Gamma(\frac{1}{2}) = \int_0^{+\infty} t^{-1/2}e^{-t}\,dt = \int_0^{+\infty} \frac{e^{-u^2}}{u}\,2u\,du = 2\int_0^{+\infty} e^{-u^2}\,du = \sqrt{\pi}.\]

   Ainsi, \(\Gamma(\frac{1}{2}) = \sqrt{\pi}\).

2. La relation \(\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)\) donne successivement \(\Gamma(\frac{3}{2}) = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\), puis \(\Gamma(\frac{5}{2}) = \frac{3}{2}\cdot\frac{\sqrt{\pi}}{2} = \frac{3\sqrt{\pi}}{4}\), et enfin \(\Gamma(\frac{7}{2}) = \frac{5}{2}\cdot\frac{3\sqrt{\pi}}{4} = \frac{15\sqrt{\pi}}{8}\).
3. Pour \(n = 0\), la formule donne \(\sqrt{\pi}\) : elle est vraie. Supposons-la vraie au rang \(n\). Alors :

   \[\Gamma(n + \frac{3}{2}) = \frac{2n+1}{2}\cdot\frac{(2n)!}{4^n\,n!}\sqrt{\pi} = \frac{(2n+2)(2n+1)(2n)!}{2(2n+2)\cdot 4^n\,n!}\sqrt{\pi} = \frac{(2n+2)!}{4^{n+1}(n+1)!}\sqrt{\pi}.\]

   En effet, \(2(2n+2)\,n! = 4(n+1)\,n! = 4\,(n+1)!\). La formule est donc héréditaire. Par récurrence, \(\Gamma(n + \frac{1}{2}) = \frac{(2n)!}{4^n n!}\sqrt{\pi}\) pour tout \(n\). Pour \(n = 3\), on retrouve bien \(\frac{720}{64 \cdot 6}\sqrt{\pi} = \frac{15\sqrt{\pi}}{8}\).

Corrigé de l’exercice 13 : Calculs d’intégrales avec la fonction Gamma

1. D’abord, \(\int_0^{+\infty} t^5 e^{-t}\,dt = \Gamma(6) = 5!\), soit \(120\). Ensuite, le changement de variable linéaire \(u = 2t\) donne \(\int_0^{+\infty} t^3 e^{-2t}\,dt = \int_0^{+\infty} \frac{u^3}{8}e^{-u}\,\frac{du}{2} = \frac{\Gamma(4)}{16} = \frac{6}{16}\), soit \(\frac{3}{8}\).
2. Avec \(u = t^2\), \(t = \sqrt{u}\) et \(dt = \frac{du}{2\sqrt{u}}\), bijection \(\mathcal{C}^1\) de \(]0,+\infty[\) sur lui-même :

   \[\int_0^{+\infty} t^4 e^{-t^2}\,dt = \int_0^{+\infty} u^2 e^{-u}\,\frac{du}{2\sqrt{u}} = \frac{1}{2}\Gamma(\frac{5}{2}) = \frac{1}{2}\cdot\frac{3\sqrt{\pi}}{4} = \frac{3\sqrt{\pi}}{8}.\]

   Donc \(\int_0^{+\infty} t^4 e^{-t^2}\,dt = \frac{3\sqrt{\pi}}{8}\).

3. L’application \(u \mapsto e^{-u}\) est une bijection \(\mathcal{C}^1\) décroissante de \(]0,+\infty[\) sur \(]0,1[\). Avec \(t = e^{-u}\), on a \(\ln t = -u\) et \(dt = -e^{-u}\,du\). Donc :

   \[\int_0^1 (\ln t)^n\,dt = \int_{+\infty}^0 (-u)^n(-e^{-u})du = (-1)^n\int_0^{+\infty} u^n e^{-u}\,du = (-1)^n\,n!.\]

   Ainsi, \(\int_0^1 (\ln t)^n\,dt = (-1)^n n!\).

4. Avec \(u = t^3\), \(t = u^{1/3}\) et \(dt = \frac{1}{3}u^{-2/3}\,du\) :

   \[\int_0^{+\infty} e^{-t^3}\,dt = \frac{1}{3}\int_0^{+\infty} u^{\frac{1}{3} – 1}e^{-u}\,du = \frac{1}{3}\Gamma(\frac{1}{3}) = \Gamma(\frac{4}{3}).\]

   Donc \(\int_0^{+\infty} e^{-t^3}\,dt = \frac{1}{3}\Gamma(\frac{1}{3})\). Cette valeur ne s’exprime pas avec les constantes usuelles.

Point de méthode : dès qu’une intégrale contient \(e^{-t^k}\) ou \((\ln t)^n\), un changement de variable ramène souvent à la forme \(\int_0^{+\infty} u^{s-1}e^{-u}\,du\).

Corrigé de l’exercice 14 : Régularité et convexité de Gamma

1. Posons \(f(x,t) = t^{x-1}e^{-t} = e^{(x-1)\ln t – t}\). Cette fonction est de classe \(\mathcal{C}^2\) sur \(]0,+\infty[^2\), avec \(\partial_x f = (\ln t)\,f\) et \(\partial_x^2 f = (\ln t)^2 f\). Soit \([\alpha,\beta] \subset ]0,+\infty[\). Comme dans l’exercice 11, pour \(k \in \{1,2\}\) et \(x \in [\alpha,\beta]\) :

   \[|\partial_x^k f(x,t)| \leq\, \varphi_k(t) = |\ln t|^k(t^{\alpha-1} + t^{\beta-1})e^{-t}.\]

   En \(0\), \(|\ln t|^k t^{\alpha-1} = o(t^{\alpha/2 – 1})\) car \(t^{\alpha/2}|\ln t|^k \to 0\), et \(\frac{\alpha}{2} – 1 > -1\). En \(+\infty\), \(\varphi_k(t) = o(1/t^2)\). Donc \(\varphi_k\) est intégrable. Le théorème de dérivation s’applique deux fois : \(\Gamma\) est \(\mathcal{C}^2\), avec \(\Gamma^{\prime}(x) = \int_0^{+\infty} \ln t\; t^{x-1}e^{-t}\,dt\) et \(\Gamma^{\prime\prime}(x) = \int_0^{+\infty} (\ln t)^2 t^{x-1}e^{-t}\,dt\). La fonction intégrée dans \(\Gamma^{\prime\prime}\) est continue, positive et non identiquement nulle. Donc \(\Gamma^{\prime\prime}(x) > 0\) : \(\Gamma\) est strictement convexe.

2. On écrit \(\ln t\; t^{x-1}e^{-t} = (\ln t\; t^{\frac{x-1}{2}}e^{-t/2})(t^{\frac{x-1}{2}}e^{-t/2})\). Les carrés de ces deux facteurs sont intégrables, d’intégrales respectives \(\Gamma^{\prime\prime}(x)\) et \(\Gamma(x)\). L’inégalité de Cauchy-Schwarz pour les intégrales généralisées donne donc :

   \[\Gamma^{\prime}(x)^2 \leq\, \Gamma^{\prime\prime}(x)\,\Gamma(x).\]

   Comme \(\Gamma > 0\), la fonction \(\ln \Gamma\) est \(\mathcal{C}^2\) et \((\ln \Gamma)^{\prime\prime} = \frac{\Gamma\,\Gamma^{\prime\prime} – (\Gamma^{\prime})^2}{\Gamma^2} \geq\, 0\). Ainsi, \(\ln \Gamma\) est convexe : on dit que \(\Gamma\) est log-convexe.

3. On a \(\Gamma(1) = \Gamma(2) = 1\), et \(\Gamma\) est dérivable. Le théorème de Rolle fournit \(x_0 \in ]1,2[\) tel que \(\Gamma^{\prime}(x_0) = 0\). De plus, \(\Gamma^{\prime\prime} > 0\), donc \(\Gamma^{\prime}\) est strictement croissante : ce zéro est unique. Par conséquent, \(\Gamma^{\prime} < 0\) sur \(]0,x_0[\) et \(\Gamma^{\prime} > 0\) sur \(]x_0,+\infty[\). Ainsi, \(\Gamma\) décroît strictement sur \(]0,x_0]\), croît strictement sur \([x_0,+\infty[\), et atteint son minimum en \(x_0\). Numériquement, \(x_0 \approx 1{,}46\) et \(\Gamma(x_0) \approx 0{,}886\).
4. D’après l’exercice 11, \(\Gamma(x) \sim \frac{1}{x}\) en \(0^+\), donc \(\lim_{0^+} \Gamma = +\infty\). Ensuite, \(\Gamma\) est croissante sur \([x_0,+\infty[\) et \(\Gamma(n+1) = n! \to +\infty\). Une fonction croissante non majorée tend vers \(+\infty\). Donc \(\lim_{+\infty} \Gamma = +\infty\).

   La figure ci-dessous représente \(\ln \Gamma\). Toute corde est au-dessus de la courbe, ce qui traduit la log-convexité. On y voit aussi les zéros \(1\) et \(2\), et le minimum en \(x_0\).

   

Corrigé de l’exercice 15 : L’intégrale de Gauss par une intégrale à paramètre

1. La fonction \(f(x,t) = \frac{e^{-x^2(1+t^2)}}{1+t^2}\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R} \times [0,1]\), avec \(\partial_x f(x,t) = -2x\,e^{-x^2(1+t^2)}\). D’après le théorème sur un segment, \(F\) est \(\mathcal{C}^1\) et \(F^{\prime}(x) = -2x\,e^{-x^2}\int_0^1 e^{-x^2t^2}\,dt\). Pour \(x \neq 0\), le changement de variable \(u = xt\) donne \(x\int_0^1 e^{-x^2t^2}\,dt = \int_0^x e^{-u^2}\,du\). Ainsi :

   \[F^{\prime}(x) = -2e^{-x^2}\int_0^x e^{-u^2}\,du,\]

   et cette égalité reste vraie en \(x = 0\). Par ailleurs, \(x \mapsto \int_0^x e^{-u^2}\,du\) est la primitive de \(e^{-x^2}\) nulle en \(0\). Par dérivation d’un carré, \(G^{\prime}(x) = 2e^{-x^2}\int_0^x e^{-u^2}\,du = -F^{\prime}(x)\).

2. Donc \((F + G)^{\prime} = 0\) sur l’intervalle \(\mathbb{R}\), et \(F + G\) est constante. En \(0\), \(G(0) = 0\) et \(F(0) = \int_0^1 \frac{dt}{1+t^2} = \frac{\pi}{4}\). Ainsi, \(F(x) + G(x) = \frac{\pi}{4}\) pour tout réel \(x\).
3. Pour \(t \in [0,1]\), on a \(e^{-x^2(1+t^2)} \leq\, e^{-x^2}\) et \(\frac{1}{1+t^2} \leq\, 1\). En intégrant sur un intervalle de longueur \(1\), on obtient \(0 \leq\, F(x) \leq\, e^{-x^2}\).
4. Par encadrement, \(F(x) \to 0\) quand \(x \to +\infty\). Par conséquent, \(G(x) \to \frac{\pi}{4}\). Or \(\int_0^x e^{-u^2}\,du\) est positive et tend vers l’intégrale de Gauss, qui converge. En passant à la racine carrée, \(\int_0^{+\infty} e^{-u^2}\,du = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\).

   La figure ci-dessous illustre l’argument. La courbe de \(F\) décroît vers \(0\), celle de \(G\) croît vers \(\frac{\pi}{4}\), et leur somme reste constante.

   

Corrigé de l’exercice 16 : Transformée de Fourier de la gaussienne

1. La fonction \(f(x,t) = e^{-t^2}\cos(xt)\) est continue sur \(\mathbb{R} \times [0,+\infty[\) et vérifie \(|f(x,t)| \leq\, e^{-t^2}\), intégrable. De plus, \(\partial_x f(x,t) = -t\,e^{-t^2}\sin(xt)\) est continue et majorée par \(t\,e^{-t^2}\), intégrable sur \([0,+\infty[\). Ces dominations valent pour tout \(x\). Donc \(F\) est définie et de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R}\), avec \(F^{\prime}(x) = -\int_0^{+\infty} t\,e^{-t^2}\sin(xt)\,dt\).
2. Pour \(A > 0\), on intègre par parties avec \(v(t) = -\frac{1}{2}e^{-t^2}\), primitive de \(t\,e^{-t^2}\) :

   \[\int_0^A t\,e^{-t^2}\sin(xt)\,dt = [-\frac{1}{2}e^{-t^2}\sin(xt)]_0^A + \frac{x}{2}\int_0^A e^{-t^2}\cos(xt)\,dt.\]

   Le crochet vaut \(-\frac{1}{2}e^{-A^2}\sin(xA)\), qui tend vers \(0\). À la limite, \(\int_0^{+\infty} t\,e^{-t^2}\sin(xt)\,dt = \frac{x}{2}F(x)\). Donc \(F^{\prime}(x) = -\frac{x}{2}F(x)\).

3. C’est une équation différentielle linéaire du premier ordre. Ses solutions sont \(x \mapsto K e^{-x^2/4}\). Or \(F(0) = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\) d’après l’intégrale de Gauss. Donc \(F(x) = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\,e^{-x^2/4}\).
4. Avec \(x = 2\), on obtient \(\int_0^{+\infty} e^{-t^2}\cos(2t)\,dt = \frac{\sqrt{\pi}}{2e}\).

Corrigé de l’exercice 17 : Premières transformées de Laplace

1. Pour \(p > 0\), \(\int_0^A e^{-pt}\,dt = \frac{1 – e^{-pA}}{p} \to \frac{1}{p}\). Pour \(p \leq\, 0\), on a \(e^{-pt} \geq\, 1\) : l’intégrale diverge. Donc \(\mathcal{L}(1)(p) = \frac{1}{p}\) pour \(p > 0\). Ensuite, pour \(p \leq\, 0\), \(t^n e^{-pt} \geq\, t^n\) n’est pas intégrable. Pour \(p > 0\), le changement de variable \(u = pt\) donne \(\int_0^{+\infty} t^n e^{-pt}\,dt = \frac{1}{p^{n+1}}\int_0^{+\infty} u^n e^{-u}\,du\). Ainsi, \(\mathcal{L}(t^n)(p) = \frac{n!}{p^{n+1}}\) pour \(p > 0\).
2. On a \(e^{at}e^{-pt} = e^{-(p-a)t}\). D’après la question 1, \(\mathcal{L}(e^{at})(p) = \frac{1}{p-a}\), définie si et seulement si \(p > a\).
3. Pour \(p > 0\), la fonction \(t \mapsto e^{(-p + i\omega)t}\) est intégrable, de module \(e^{-pt}\). Comme dans l’exercice 7 :

   \[\int_0^{+\infty} e^{(-p+i\omega)t}\,dt = \frac{1}{p – i\omega} = \frac{p + i\omega}{p^2 + \omega^2}.\]

   En prenant parties réelle et imaginaire, \(\mathcal{L}(\cos \omega t)(p) = \frac{p}{p^2+\omega^2}\) et \(\mathcal{L}(\sin \omega t)(p) = \frac{\omega}{p^2+\omega^2}\). Pour \(p \leq\, 0\), l’intégrale diverge. En effet, sur chaque intervalle \([\frac{2k\pi}{\omega}, \frac{2k\pi}{\omega} + \frac{\pi}{3\omega}]\), on a \(\cos(\omega t)\,e^{-pt} \geq\, \frac{1}{2}\). Le critère de Cauchy est donc mis en défaut, et de même pour le sinus.

4. La fonction \(t \mapsto t^{-1/2}e^{-pt}\) est intégrable en \(0\), car équivalente à \(t^{-1/2}\). Pour \(p \leq\, 0\), elle est minorée par \(t^{-1/2}\) en \(+\infty\) : l’intégrale diverge. Pour \(p > 0\), le changement de variable \(u = pt\) donne \(\int_0^{+\infty} t^{-1/2}e^{-pt}\,dt = p^{-1/2}\,\Gamma(\frac{1}{2})\). Ainsi, \(\mathcal{L}(\frac{1}{\sqrt{t}})(p) = \sqrt{\frac{\pi}{p}}\) pour \(p > 0\).

Corrigé de l’exercice 18 : Dérivation d’une transformée de Laplace

1. Pour \(p > 0\), on a \(|f(t)e^{-pt}| \leq\, M e^{-pt}\), intégrable. Donc \(\mathcal{L}(f)(p)\) existe, et \(|\mathcal{L}(f)(p)| \leq\, M\int_0^{+\infty} e^{-pt}\,dt = \frac{M}{p}\).
2. Posons \(g(p,t) = f(t)e^{-pt}\). Les fonctions \(g\) et \(\partial_p g(p,t) = -t\,f(t)\,e^{-pt}\) sont continues sur \(]0,+\infty[ \times [0,+\infty[\). Soit \(\alpha > 0\). Pour \(p \geq\, \alpha\), on a \(|\partial_p g(p,t)| \leq\, M\,t\,e^{-\alpha t}\), intégrable sur \([0,+\infty[\). Le théorème de dérivation sous le signe intégrale s’applique sur chaque \([\alpha,+\infty[\). Donc \(\mathcal{L}(f)\) est \(\mathcal{C}^1\) sur \(]0,+\infty[\) et \(\mathcal{L}(f)^{\prime}(p) = -\int_0^{+\infty} t\,f(t)\,e^{-pt}\,dt\).
3. Avec \(f = \sin\), on obtient \(\mathcal{L}(t\sin t)(p) = -\frac{d}{dp}(\frac{1}{p^2+1})\), soit \(\mathcal{L}(t\sin t)(p) = \frac{2p}{(p^2+1)^2}\). De même, avec \(f = \cos\) :

   \[\mathcal{L}(t\cos t)(p) = -\frac{d}{dp}(\frac{p}{p^2+1}) = -\frac{(p^2+1) – 2p^2}{(p^2+1)^2} = \frac{p^2 – 1}{(p^2+1)^2}.\]

   Donc \(\mathcal{L}(t \cos t)(p) = \frac{p^2-1}{(p^2+1)^2}\).

4. Soit \(A > 0\). Une intégration par parties donne \(\int_0^A f^{\prime}(t)e^{-pt}\,dt = f(A)e^{-pA} – f(0) + p\int_0^A f(t)e^{-pt}\,dt\). Comme \(f\) est bornée, \(f(A)e^{-pA} \to 0\). Les deux intégrales convergent, puisque \(f\) et \(f^{\prime}\) sont bornées. À la limite, \(\mathcal{L}(f^{\prime})(p) = p\,\mathcal{L}(f)(p) – f(0)\). Pour \(f = \sin\), le membre de droite vaut \(\frac{p}{p^2+1} – 0\), ce qui est bien \(\mathcal{L}(\cos)(p)\).

Point de méthode : pour une transformée de Laplace, on domine toujours sur \([\alpha,+\infty[\) avec \(\alpha > 0\), jamais sur \(]0,+\infty[\) entier. En effet, \(t\,e^{-pt}\) n’admet pas de majorant intégrable uniforme quand \(p\) s’approche de \(0\).

Corrigé de l’exercice 19 : Problème : l’intégrale de Dirichlet

1. La fonction \(t \mapsto \frac{\sin t}{t}\) se prolonge par continuité en \(0\) par la valeur \(1\), et \(|\frac{\sin t}{t}| \leq\, 1\) pour \(t > 0\). Pour \(x > 0\), on a donc \(|e^{-xt}\frac{\sin t}{t}| \leq\, e^{-xt}\), intégrable. Ainsi \(F(x)\) existe et \(|F(x)| \leq\, \int_0^{+\infty} e^{-xt}\,dt = \frac{1}{x}\).
2. Posons \(\varphi(t) = \frac{e^{-xt}}{t}\) sur \([A,B]\). Elle est \(\mathcal{C}^1\), positive, et \(\varphi^{\prime}(t) = -\frac{(xt + 1)e^{-xt}}{t^2} < 0\). On intègre par parties avec \(-\cos\), primitive de \(\sin\) :

   \[\int_A^B \varphi(t)\sin t\,dt = \big[-\varphi(t)\cos t\big]_A^B + \int_A^B \varphi^{\prime}(t)\cos t\,dt.\]

   Le crochet est majoré en module par \(\varphi(A) + \varphi(B)\). Comme \(\varphi^{\prime} \leq\, 0\), l’intégrale est majorée par \(\int_A^B |\varphi^{\prime}| = \varphi(A) – \varphi(B)\). Au total, le module est au plus \(2\varphi(A) \leq\, \frac{2}{A}\).

   Pour \(x = 0\), cette majoration, uniforme en \(B\), montre que le critère de Cauchy est vérifié en \(+\infty\). Donc \(F(0) = \int_0^{+\infty} \frac{\sin t}{t}\,dt\) converge. Enfin, en faisant tendre \(B\) vers \(+\infty\), on obtient \(|R_A(x)| \leq\, \frac{2}{A}\) pour tout \(x \geq\, 0\).

3. La fonction \(g(x,t) = e^{-xt}\frac{\sin t}{t}\) est continue sur \(]0,+\infty[ \times ]0,+\infty[\), et \(\partial_x g(x,t) = -e^{-xt}\sin t\) aussi. Soit \(\alpha > 0\). Pour \(x \geq\, \alpha\), on a \(|\partial_x g(x,t)| \leq\, e^{-\alpha t}\), intégrable. Donc \(F\) est \(\mathcal{C}^1\) sur \(]0,+\infty[\) et \(F^{\prime}(x) = -\int_0^{+\infty} e^{-xt}\sin t\,dt\). Or cette intégrale est \(\mathcal{L}(\sin)(x) = \frac{1}{1+x^2}\) (exercice 17). Ainsi, \(F^{\prime}(x) = -\frac{1}{1+x^2}\).
4. Sur l’intervalle \(]0,+\infty[\), il existe donc une constante \(C\) telle que \(F(x) = C – \arctan x\). Or \(F(x) \to 0\) en \(+\infty\) d’après la question 1, et \(\arctan x \to \frac{\pi}{2}\). Par conséquent, \(C = \frac{\pi}{2}\) et \(F(x) = \frac{\pi}{2} – \arctan x\) pour \(x > 0\).
5. Soit \(\varepsilon > 0\). On choisit \(A > 0\) tel que \(\frac{2}{A} \leq\, \varepsilon\). Pour \(x \geq\, 0\), on écrit :

   \[F(x) – F(0) = \big(H_A(x) – H_A(0)\big) + R_A(x) – R_A(0), \qquad H_A(x) = \int_0^A e^{-xt}\,\frac{\sin t}{t}\,dt.\]

   La fonction \((x,t) \mapsto e^{-xt}\frac{\sin t}{t}\), prolongée par \(e^{0} \cdot 1\) en \(t = 0\), est continue sur \([0,+\infty[ \times [0,A]\). Par le théorème sur un segment, \(H_A\) est continue en \(0\). Il existe donc \(\eta > 0\) tel que \(|H_A(x) – H_A(0)| \leq\, \varepsilon\) pour \(0 \leq\, x \leq\, \eta\). Avec la question 2, on obtient \(|F(x) – F(0)| \leq\, 3\varepsilon\). Ainsi, \(F\) est continue en \(0\).

   Finalement, \(F(0) = \lim_{x \to 0^+}(\frac{\pi}{2} – \arctan x)\). Donc \(\int_0^{+\infty} \frac{\sin t}{t}\,dt = \frac{\pi}{2}\).

   La figure ci-dessous compare la formule obtenue avec des valeurs de \(F\) calculées numériquement. Elle montre aussi le majorant \(\frac{1}{x}\) de la question 1, et le point \((0, \frac{\pi}{2})\) atteint par continuité.

   

Point de méthode : en \(x = 0\), aucune domination n’est possible, car \(\frac{\sin t}{t}\) n’est pas intégrable. On découpe alors l’intégrale : un segment, où les théorèmes classiques s’appliquent, et un reste majoré uniformément en \(x\).

Corrigé de l’exercice 20 : Problème : une intégrale gaussienne à paramètre

1. La fonction \(f(x,t) = \exp(-t^2 – \frac{x^2}{t^2})\) est continue sur \([0,+\infty[ \times ]0,+\infty[\). Pour tout \(x \geq\, 0\), on a \(0 < f(x,t) \leq\, e^{-t^2}\), intégrable sur \(]0,+\infty[\). Par domination, \(F\) est définie et continue sur \([0,+\infty[\). De plus, \(F(0) = \int_0^{+\infty} e^{-t^2}\,dt = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\).
2. Posons \(s = \frac{1}{t^2}\), qui décrit \(]0,+\infty[\). La fonction \(s \mapsto s\,e^{-a^2 s}\) atteint son maximum en \(s = \frac{1}{a^2}\), où elle vaut \(\frac{1}{e\,a^2}\). Donc \(\frac{1}{t^2}e^{-a^2/t^2} \leq\, \frac{1}{e\,a^2}\) pour tout \(t > 0\).

   Ensuite, \(\partial_x f(x,t) = -\frac{2x}{t^2}\,f(x,t)\) est continue sur \(]0,+\infty[^2\). Soit \([a,b] \subset ]0,+\infty[\). Pour \(x \in [a,b]\), on a \(e^{-x^2/t^2} \leq\, e^{-a^2/t^2}\), d’où :

   \[|\partial_x f(x,t)| \leq\, 2b\cdot\frac{e^{-a^2/t^2}}{t^2}\cdot e^{-t^2} \leq\, \frac{2b}{e\,a^2}\,e^{-t^2}.\]

   Ce majorant est intégrable et indépendant de \(x\). Donc \(F\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(]0,+\infty[\), avec \(F^{\prime}(x) = -\int_0^{+\infty} \frac{2x}{t^2}\exp(-t^2 – \frac{x^2}{t^2})dt\).

3. Soit \(x > 0\). L’application \(t \mapsto \frac{x}{t}\) est une bijection \(\mathcal{C}^1\) strictement décroissante de \(]0,+\infty[\) sur lui-même. Avec \(t = \frac{x}{u}\), on a \(dt = -\frac{x}{u^2}\,du\), \(\frac{x^2}{t^2} = u^2\) et \(\frac{2x}{t^2} = \frac{2u^2}{x}\). Donc :

   \[\int_0^{+\infty} \frac{2x}{t^2}\,e^{-t^2 – x^2/t^2}\,dt = \int_0^{+\infty} \frac{2u^2}{x}\,e^{-x^2/u^2 – u^2}\,\frac{x}{u^2}\,du = 2F(x).\]

   Par conséquent, \(F^{\prime}(x) = -2F(x)\) pour \(x > 0\).

4. La fonction \(x \mapsto F(x)e^{2x}\) a une dérivée nulle sur l’intervalle \(]0,+\infty[\). Elle y est donc constante, égale à \(K\). Par continuité de \(F\) en \(0\), \(K = F(0) = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\). Ainsi, \(F(x) = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\,e^{-2x}\) pour tout \(x \geq\, 0\).
5. On a \((t – \frac{1}{t})^2 = t^2 + \frac{1}{t^2} – 2\). Donc \(\exp(-(t – \frac{1}{t})^2) = e^2\exp(-t^2 – \frac{1}{t^2})\). L’intégrale cherchée vaut \(e^2 F(1) = e^2 \cdot \frac{\sqrt{\pi}}{2}e^{-2}\). Finalement, \(\int_0^{+\infty} \exp(-(t – \frac{1}{t})^2)dt = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\).

Point de méthode : la continuité en \(0\) sert à fixer la constante, alors que l’équation différentielle n’est établie que sur \(]0,+\infty[\). C’est un schéma très fréquent en partiel.

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Pour aller plus loin en L2

• Le cours : intégrales à paramètre, cours de maths en L2
• Les énoncés : exercices de maths en L2 sur intégrales à paramètre
• À maîtriser avant : Intégrales généralisées, Suites et séries de fonctions
• Chapitre précédent : Séries entières
• Chapitre suivant : Produit scalaire et espaces euclidiens
• Le même thème en maths spé : intégrales à paramètre, exercices de maths spé
• Tester vos connaissances : QCM de maths en L2 par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths de L2 et la licence de maths de L1 à L3