Intégrales généralisées : corrigé des exercices de maths spé.

Corrigé de l’exercice 1 : Intégrales de référence

1. La fonction \(t \mapsto t^{-\alpha}\) est continue sur \([1, +\infty[\). Pour \(\alpha \neq 1\) et \(x > 1\), on a \(\int_1^x t^{-\alpha}\,\mathrm{d}t = \frac{x^{1-\alpha} – 1}{1 – \alpha}\). Si \(\alpha > 1\), alors \(x^{1-\alpha} \to 0\) et la limite vaut \(\frac{1}{\alpha – 1}\). Si \(\alpha < 1\), alors \(x^{1-\alpha} \to +\infty\). Enfin, pour \(\alpha = 1\), l’intégrale partielle vaut \(\ln x\), qui tend vers \(+\infty\). L’intégrale converge si et seulement si \(\alpha > 1\), et vaut alors \(\frac{1}{\alpha – 1}\).
2. La fonction est continue sur \(]0, 1]\). Pour \(\alpha \neq 1\) et \(0 < x < 1\), on a \(\int_x^1 t^{-\alpha}\,\mathrm{d}t = \frac{1 – x^{1-\alpha}}{1 – \alpha}\). Si \(\alpha < 1\), alors \(x^{1-\alpha} \to 0\) quand \(x \to 0^+\). En revanche, si \(\alpha > 1\), alors \(x^{1-\alpha} \to +\infty\). Pour \(\alpha = 1\), on obtient \(-\ln x \to +\infty\). L’intégrale converge si et seulement si \(\alpha < 1\), et vaut alors \(\frac{1}{1 – \alpha}\).
3. Pour \(a \neq 0\), \(\int_0^x \mathrm{e}^{-at}\,\mathrm{d}t = \frac{1 – \mathrm{e}^{-ax}}{a}\). Si \(a > 0\), cette quantité tend vers \(\frac{1}{a}\). Si \(a < 0\), elle tend vers \(+\infty\). Pour \(a = 0\), l’intégrale partielle vaut \(x\). L’intégrale converge si et seulement si \(a > 0\), et vaut alors \(\frac{1}{a}\).
4. L’intégrale \(\int_0^{+\infty} t^{-\alpha}\,\mathrm{d}t\) a deux bornes à problème. Elle converge si et seulement si \(\int_0^1\) et \(\int_1^{+\infty}\) convergent. Or cela exige à la fois \(\alpha < 1\) et \(\alpha > 1\), ce qui est impossible. Donc \(\int_0^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^{\alpha}}\) diverge pour tout réel \(\alpha\).

Corrigé de l’exercice 2 : Calculs directs par primitive

1. La fonction est continue sur \([0, +\infty[\). Pour \(x > 0\), \(\int_0^x \frac{\mathrm{d}t}{(1+t)^2} = [ -\frac{1}{1+t} ]_0^x = 1 – \frac{1}{1+x}\), qui tend vers \(1\). Ainsi, \(A = 1\).
2. La décomposition en éléments simples donne \(\frac{1}{t(t+1)} = \frac{1}{t} – \frac{1}{t+1}\). Une primitive sur \([1, +\infty[\) est donc \(t \mapsto \ln \frac{t}{t+1}\). Cette primitive tend vers \(\ln 1 = 0\) en \(+\infty\) et vaut \(\ln \frac{1}{2}\) en \(1\). Par conséquent, \(B = 0 – \ln \frac{1}{2} = \ln 2\).
3. La fonction est continue sur \([0, 1[\). Pour \(0 < x < 1\), \(\int_0^x \frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1-t^2}} = \arcsin x\). Quand \(x \to 1^-\), cette quantité tend vers \(\frac{\pi}{2}\), par continuité de \(\arcsin\) en \(1\). Donc \(C = \frac{\pi}{2}\).
4. On a \(t^2 + 2t + 2 = (t+1)^2 + 1 > 0\), donc la fonction est continue sur \(\mathbb{R}\). Une primitive est \(t \mapsto \arctan(t+1)\), qui tend vers \(\frac{\pi}{2}\) en \(+\infty\) et vers \(-\frac{\pi}{2}\) en \(-\infty\). Ainsi, les deux intégrales \(\int_{-\infty}^0\) et \(\int_0^{+\infty}\) convergent. Finalement, \(D = \frac{\pi}{2} – ( -\frac{\pi}{2} ) = \pi\).

Corrigé de l’exercice 3 : Exponentielles complexes

1. Pour \(t \geq\, 0\), on a \(|\mathrm{e}^{-zt}| = \mathrm{e}^{-at}\), qui est intégrable sur \([0, +\infty[\) car \(a > 0\). Donc \(t \mapsto \mathrm{e}^{-zt}\) est intégrable. Ensuite, comme \(z \neq 0\), \(\int_0^x \mathrm{e}^{-zt}\,\mathrm{d}t = \frac{1 – \mathrm{e}^{-zx}}{z}\). Or \(|\mathrm{e}^{-zx}| = \mathrm{e}^{-ax} \to 0\). Par conséquent, \(\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-zt}\,\mathrm{d}t = \frac{1}{z} = \frac{a – ib}{a^2 + b^2}\).
2. On a \(\mathrm{e}^{-zt} = \mathrm{e}^{-at} \cos(bt) – i\,\mathrm{e}^{-at} \sin(bt)\). Ces deux fonctions réelles sont dominées par \(\mathrm{e}^{-at}\), donc intégrables. En identifiant parties réelle et imaginaire, on obtient :
   \[\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-at} \cos(bt)\,\mathrm{d}t = \frac{a}{a^2 + b^2}, \qquad \int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-at} \sin(bt)\,\mathrm{d}t = \frac{b}{a^2 + b^2}.\]
3. Avec \(a = b = 1\), on trouve \(\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-t} \sin t\,\mathrm{d}t = \frac{1}{2}\). Ensuite, avec \(a = 1\) et \(b = 2\), on obtient \(\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-t} \cos(2t)\,\mathrm{d}t = \frac{1}{5}\). Les deux valeurs sont \(\frac{1}{2}\) et \(\frac{1}{5}\).

Point de méthode : passer par l’exponentielle complexe évite deux intégrations par parties successives.

Corrigé de l’exercice 4 : Comparaison de fonctions positives

1. Pour \(t \geq\, 1\), on a \(t^2 \geq\, t\), donc \(-t^2 \leq\, -t\). Comme l’exponentielle est croissante, \(\mathrm{e}^{-t^2} \leq\, \mathrm{e}^{-t}\). Or \(\int_1^{+\infty} \mathrm{e}^{-t}\,\mathrm{d}t\) converge. Par comparaison de fonctions positives, \(\int_1^{+\infty} \mathrm{e}^{-t^2}\,\mathrm{d}t\) converge. De plus, sur le segment \([0, 1]\), il n’y a aucun problème. Donc \(\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-t^2}\,\mathrm{d}t\) converge.
2. Pour \(t \geq\, 1\), on a \(0 \leq\, \frac{\sin^2 t}{t^2} \leq\, \frac{1}{t^2}\). Or \(\int_1^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^2} = 1\) (Riemann avec \(\alpha = 2\)). Par comparaison, l’intégrale converge et sa valeur est au plus \(1\).
3. Pour \(t > 1\), on a \(0 < \ln t < t\), donc \(\frac{1}{\ln t} > \frac{1}{t} > 0\). Or \(\int_2^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t}\) diverge. Par comparaison de fonctions positives, \(\int_2^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{\ln t}\) diverge.
4. Sur \([0, 1]\), la fonction est continue et majorée par \(1\), donc \(\int_0^1 \frac{\mathrm{d}t}{1+t^4} \leq\, 1\). Sur \([1, +\infty[\), on a \(0 \leq\, \frac{1}{1+t^4} \leq\, \frac{1}{t^4}\), et \(\int_1^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^4} = \frac{1}{3}\). Ainsi, l’intégrale converge et vaut au plus \(1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3}\).

Corrigé de l’exercice 5 : Intégrabilité par équivalents aux bornes

1. La fonction \(f(t) = \frac{\sqrt{t}}{1+t^2}\) est continue et positive sur \([0, +\infty[\). Le seul problème est en \(+\infty\). Là, \(f(t) \sim \frac{t^{1/2}}{t^2} = \frac{1}{t^{3/2}}\), qui est intégrable car \(\frac{3}{2} > 1\). Donc l’intégrale converge.
2. La fonction \(\frac{1}{\sin t}\) est continue et positive sur \(]0, \frac{\pi}{2}]\). En \(0\), \(\sin t \sim t\), donc \(\frac{1}{\sin t} \sim \frac{1}{t}\). Or \(\frac{1}{t}\) n’est pas intégrable en \(0\). Par équivalence de fonctions positives, l’intégrale diverge.
3. La fonction \(f(t) = t^3 \mathrm{e}^{-\sqrt{t}}\) est continue et positive sur \([0, +\infty[\). Posons \(s = \sqrt{t}\). Alors \(t^2 f(t) = t^5 \mathrm{e}^{-\sqrt{t}} = s^{10} \mathrm{e}^{-s}\), qui tend vers \(0\) par croissances comparées. Donc \(f(t) = o(1/t^2)\) en \(+\infty\). Par conséquent, l’intégrale converge.
4. La fonction est continue et positive sur \([0, 1[\). En \(1\), on factorise : \(1 – t^3 = (1-t)(1 + t + t^2) \sim 3(1-t)\). Ainsi, \(\frac{1}{\sqrt{1-t^3}} \sim \frac{1}{\sqrt{3}\,(1-t)^{1/2}}\), intégrable en \(1\) car \(\frac{1}{2} < 1\). L’intégrale converge.
5. La fonction \(f(t) = \frac{\ln t}{\sqrt{t}}\) est continue sur \(]0, 1]\) et négative. On a \(t^{3/4} |f(t)| = t^{1/4} |\ln t| \to 0\) en \(0\). Donc \(|f(t)| = o(1/t^{3/4})\), intégrable car \(\frac{3}{4} < 1\). Ensuite, la dérivée de \(F(t) = 2\sqrt{t} \ln t – 4\sqrt{t}\) vaut \(\frac{\ln t}{\sqrt{t}} + \frac{2}{\sqrt{t}} – \frac{2}{\sqrt{t}} = f(t)\). Or \(F(1) = -4\) et \(F(t) \to 0\) en \(0\). Ainsi, \(\int_0^1 \frac{\ln t}{\sqrt{t}}\,\mathrm{d}t = -4\).

Corrigé de l’exercice 6 : Fonctions intégrables et espace L¹

1. La fonction \(\lambda f + g\) est continue par morceaux. De plus, \(|\lambda f + g| \leq\, |\lambda|\,|f| + |g|\), et le majorant est intégrable par linéarité de l’intégrale des fonctions positives convergentes. Par comparaison, \(\lambda f + g \in L^1(I, \mathbb{C})\) : c’est un sous-espace vectoriel.
2. D’après l’intégrale de Riemann sur \(]0, 1]\), \(\frac{1}{t^{1/2}}\) est intégrable car \(\frac{1}{2} < 1\). En revanche, son carré \(\frac{1}{t}\) ne l’est pas. Donc \(L^1(]0, 1])\) n’est pas stable par produit.
3. Sur \([1, +\infty[\), \(\frac{1}{t^2}\) est intégrable car \(2 > 1\), alors que \(\frac{1}{t}\) ne l’est pas. Une fonction de carré intégrable n’est donc pas forcément intégrable.
4. Soit \(M\) un majorant de \(|f|\) sur \(I\). Alors \(|f^2| = |f| \cdot |f| \leq\, M |f|\), qui est intégrable. Par comparaison, \(f^2\) est intégrable sur \(I\).
5. Pour \(n \geq\, 2\), on a \(\frac{1}{n^3} \leq\, \frac{1}{8}\), donc les intervalles \([n – \frac{1}{n^3}, n + \frac{1}{n^3}]\) sont deux à deux disjoints et inclus dans \([1, +\infty[\). Sur chacun, le graphe de \(f\) est un triangle de base \(\frac{2}{n^3}\) et de hauteur \(n\), d’aire \(\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{n^3} \cdot n = \frac{1}{n^2}\). Soit \(x \geq\, 1\) et \(N = \lfloor x \rfloor + 1\). Comme \(f \geq\, 0\), on obtient \(\int_1^x f \leq\, \sum_{n=2}^{N} \frac{1}{n^2} \leq\, \sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1}{n^2}\). L’intégrale partielle d’une fonction positive est donc majorée, et \(f\) est intégrable. Cependant, \(f(n) = n \to +\infty\). Ainsi, \(f\) est intégrable mais ne tend pas vers \(0\) ; elle n’est même pas bornée.

Corrigé de l’exercice 7 : Intégration par parties et factorielle

1. La fonction \(t \mapsto t^n \mathrm{e}^{-t}\) est continue et positive sur \([0, +\infty[\). De plus, \(t^2 \cdot t^n \mathrm{e}^{-t} = t^{n+2} \mathrm{e}^{-t} \to 0\) par croissances comparées. Donc \(t^n \mathrm{e}^{-t} = o(1/t^2)\) en \(+\infty\). Par conséquent, \(I_n\) existe.
2. Posons \(u(t) = t^{n+1}\) et \(v(t) = -\mathrm{e}^{-t}\), de classe \(C^1\) sur \([0, +\infty[\). Le produit \(uv(t) = -t^{n+1} \mathrm{e}^{-t}\) vaut \(0\) en \(0\) et tend vers \(0\) en \(+\infty\). Le théorème d’intégration par parties s’applique donc, et les deux intégrales convergent d’après la question 1 :
   \[I_{n+1} = \int_0^{+\infty} t^{n+1} \mathrm{e}^{-t}\,\mathrm{d}t = \Big[ -t^{n+1} \mathrm{e}^{-t} \Big]_0^{+\infty} + (n+1) \int_0^{+\infty} t^n \mathrm{e}^{-t}\,\mathrm{d}t.\]
   Ainsi, \(I_{n+1} = (n+1) I_n\).
3. On a \(I_0 = \int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-t}\,\mathrm{d}t = 1\). Par récurrence immédiate, \(I_n = n \cdot (n-1) \cdots 1 \cdot I_0\). Donc \(I_n = n!\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
4. L’application \(u \mapsto \frac{u}{a}\) est une bijection \(C^1\) strictement croissante de \([0, +\infty[\) sur lui-même. Avec \(t = \frac{u}{a}\) et \(\mathrm{d}t = \frac{\mathrm{d}u}{a}\), on obtient \(\int_0^{+\infty} t^n \mathrm{e}^{-at}\,\mathrm{d}t = \int_0^{+\infty} \frac{u^n}{a^n} \mathrm{e}^{-u} \frac{\mathrm{d}u}{a}\). Finalement, \(\int_0^{+\infty} t^n \mathrm{e}^{-at}\,\mathrm{d}t = \frac{n!}{a^{n+1}}\).

Corrigé de l’exercice 8 : Intégration par parties sur ]0, 1]

1. La fonction \(\ln\) est continue sur \(]0, 1]\), et \(\sqrt{t}\,|\ln t| \to 0\) en \(0\). Donc \(|\ln t| = o(1/t^{1/2})\), intégrable en \(0\). Une primitive est \(t \mapsto t \ln t – t\), qui tend vers \(0\) en \(0\) et vaut \(-1\) en \(1\). Ainsi, \(\int_0^1 \ln t\,\mathrm{d}t = -1\).
2. Pour \(t \in ]0, 1]\), on a \(|t^n \ln t| \leq\, |\ln t|\), donc \(J_n\) converge. Posons \(u(t) = \ln t\) et \(v(t) = \frac{t^{n+1}}{n+1}\). Le produit \(uv(t) = \frac{t^{n+1} \ln t}{n+1}\) tend vers \(0\) en \(0\) et vaut \(0\) en \(1\). Par intégration par parties :
   \[J_n = \Big[ \frac{t^{n+1} \ln t}{n+1} \Big]_0^1 – \int_0^1 \frac{t^{n+1}}{n+1} \cdot \frac{1}{t}\,\mathrm{d}t = -\frac{1}{n+1} \int_0^1 t^n\,\mathrm{d}t.\]
   Donc \(J_n = -\frac{1}{(n+1)^2}\).
3. La fonction \(t\,(\ln t)^2\) tend vers \(0\) en \(0\) : c’est un faux problème, et \(K\) converge. Posons \(u(t) = (\ln t)^2\) et \(v(t) = \frac{t^2}{2}\). Le crochet \(\frac{t^2 (\ln t)^2}{2}\) tend vers \(0\) en \(0\) et vaut \(0\) en \(1\). On obtient alors
   \[K = -\int_0^1 \frac{t^2}{2} \cdot \frac{2 \ln t}{t}\,\mathrm{d}t = -\int_0^1 t \ln t\,\mathrm{d}t = -J_1.\]
   Par conséquent, \(K = \frac{1}{4}\).

Corrigé de l’exercice 9 : Changements de variable

1. La fonction est continue, positive et majorée par \(\mathrm{e}^{-t}\), donc intégrable sur \([0, +\infty[\). L’application \(t \mapsto \mathrm{e}^t\) est une bijection \(C^1\) strictement croissante de \([0, +\infty[\) sur \([1, +\infty[\). Avec \(u = \mathrm{e}^t\), on a \(\mathrm{d}t = \frac{\mathrm{d}u}{u}\), d’où
   \[\int_0^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{e}^t + \mathrm{e}^{-t}} = \int_1^{+\infty} \frac{1}{u + \frac{1}{u}} \cdot \frac{\mathrm{d}u}{u} = \int_1^{+\infty} \frac{\mathrm{d}u}{1 + u^2} = \frac{\pi}{2} – \frac{\pi}{4}.\]
   La valeur est \(\frac{\pi}{4}\).
2. La fonction \(\theta \mapsto \sin^2 \theta\) est une bijection \(C^1\) strictement croissante de \(]0, \frac{\pi}{2}[\) sur \(]0, 1[\). On a \(\mathrm{d}t = 2 \sin \theta \cos \theta\,\mathrm{d}\theta\) et \(\sqrt{t(1-t)} = \sin \theta \cos \theta\), car sinus et cosinus sont positifs sur cet intervalle. Ainsi, l’intégrale devient \(\int_0^{\pi/2} 2\,\mathrm{d}\theta\), qui converge. D’après le théorème, les deux intégrales sont de même nature. Donc l’intégrale converge et vaut \(\pi\).
3. La fonction \(u \mapsto u^2\) est une bijection \(C^1\) strictement croissante de \([0, +\infty[\) sur lui-même. Avec \(t = u^2\), on a \(\mathrm{d}t = 2u\,\mathrm{d}u\), et l’intégrale devient \(2 \int_0^{+\infty} u\,\mathrm{e}^{-u}\,\mathrm{d}u = 2 I_1\), avec les notations de l’exercice 7. La valeur est \(2\).
4. L’application \(u \mapsto 1 + u^2\) est une bijection \(C^1\) strictement croissante de \(]0, +\infty[\) sur \(]1, +\infty[\). Avec \(t = 1 + u^2\), on obtient \(\mathrm{d}t = 2u\,\mathrm{d}u\) et \(t\sqrt{t-1} = (1 + u^2)\,u\). L’intégrale devient donc \(\int_0^{+\infty} \frac{2\,\mathrm{d}u}{1 + u^2}\), qui converge et vaut \(2 \cdot \frac{\pi}{2}\). Ainsi, \(\int_1^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t\sqrt{t-1}} = \pi\).

Point de méthode : le théorème de changement de variable donne à la fois la nature et la valeur ; il suffit donc de vérifier la convergence de l’intégrale la plus simple.

Corrigé de l’exercice 10 : Une intégrale nulle par symétrie

1. La fonction \(f(t) = \frac{\ln t}{1 + t^2}\) est continue sur \(]0, +\infty[\). En \(0\), \(|f(t)| \leq\, |\ln t| = o(1/t^{1/2})\), intégrable. En \(+\infty\), \(t^{3/2} |f(t)| \sim \frac{\ln t}{t^{1/2}} \to 0\), donc \(f(t) = o(1/t^{3/2})\), intégrable. Ainsi, \(f\) est intégrable sur \(]0, +\infty[\).
2. Notons \(I\) l’intégrale. L’application \(u \mapsto \frac{1}{u}\) est une bijection \(C^1\) strictement décroissante de \(]0, +\infty[\) sur lui-même. Avec \(t = \frac{1}{u}\), on a \(\mathrm{d}t = -\frac{\mathrm{d}u}{u^2}\), \(\ln t = -\ln u\) et \(1 + t^2 = \frac{u^2 + 1}{u^2}\). En échangeant les bornes, on obtient
   \[I = \int_0^{+\infty} \frac{-\ln u \cdot u^2}{1 + u^2} \cdot \frac{\mathrm{d}u}{u^2} = -\int_0^{+\infty} \frac{\ln u}{1 + u^2}\,\mathrm{d}u = -I.\]
   Donc \(I = 0\).
3. Avec \(t = a u\), bijection \(C^1\) strictement croissante, on a \(\mathrm{d}t = a\,\mathrm{d}u\) et \(a^2 + t^2 = a^2 (1 + u^2)\). Ainsi,
   \[\int_0^{+\infty} \frac{\ln t}{a^2 + t^2}\,\mathrm{d}t = \frac{1}{a} \int_0^{+\infty} \frac{\ln a + \ln u}{1 + u^2}\,\mathrm{d}u = \frac{1}{a} ( \ln a \cdot \frac{\pi}{2} + 0 ).\]
   La séparation est légitime, car les deux intégrales obtenues convergent. La valeur est \(\frac{\pi \ln a}{2a}\).

Corrigé de l’exercice 11 : Intégrales de Bertrand

1. La fonction \(f(t) = \frac{1}{t^{\alpha} (\ln t)^{\beta}}\) est continue et positive sur \([\mathrm{e}, +\infty[\). Soit \(\gamma \in ]1, \alpha[\). Alors \(t^{\gamma} f(t) = \frac{1}{t^{\alpha – \gamma} (\ln t)^{\beta}}\). Comme \(\alpha – \gamma > 0\), cette quantité tend vers \(0\) par croissances comparées, quel que soit le signe de \(\beta\). Donc \(f(t) = o(1/t^{\gamma})\), avec \(\gamma > 1\). Par comparaison, \(J(\alpha, \beta)\) converge.
2. Si \(\alpha < 1\), alors \(t f(t) = \frac{t^{1 – \alpha}}{(\ln t)^{\beta}} \to +\infty\) par croissances comparées. Il existe donc \(A\) tel que \(f(t) \geq\, \frac{1}{t}\) pour \(t \geq\, A\). Or \(\int_A^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t}\) diverge. Par comparaison, \(J(\alpha, \beta)\) diverge.
3. L’application \(t \mapsto \ln t\) est une bijection \(C^1\) strictement croissante de \([\mathrm{e}, +\infty[\) sur \([1, +\infty[\), avec \(\mathrm{d}u = \frac{\mathrm{d}t}{t}\). Donc \(J(1, \beta)\) a la même nature que \(\int_1^{+\infty} \frac{\mathrm{d}u}{u^{\beta}}\). Ainsi, \(J(1, \beta)\) converge si et seulement si \(\beta > 1\).
4. En résumé, \(J(\alpha, \beta)\) converge si et seulement si \(\alpha > 1\), ou \(\alpha = 1\) et \(\beta > 1\). La figure ci-dessous représente cette zone : un demi-plan ouvert, auquel s’ajoute une demi-droite verticale.

Corrigé de l’exercice 12 : Convergence selon un paramètre

1. La fonction est continue et positive sur \(]0, +\infty[\). En \(0\), elle est équivalente à \(\frac{1}{t^{\alpha}}\), intégrable si et seulement si \(\alpha < 1\). En \(+\infty\), elle est équivalente à \(\frac{1}{t^{\alpha + 1}}\), intégrable si et seulement si \(\alpha + 1 > 1\). L’intégrale converge si et seulement si \(0 < \alpha < 1\).
2. La fonction est continue et positive sur \(]0, +\infty[\). En \(0\), \(\arctan t \sim t\), donc elle est équivalente à \(\frac{1}{t^{\alpha – 1}}\), intégrable si et seulement si \(\alpha – 1 < 1\). En \(+\infty\), \(\arctan t \to \frac{\pi}{2}\), donc elle est équivalente à \(\frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{t^{\alpha}}\), intégrable si et seulement si \(\alpha > 1\). L’intégrale converge si et seulement si \(1 < \alpha < 2\).
3. En \(0\), \(t^{\alpha} \mathrm{e}^{-t} \sim t^{\alpha} = \frac{1}{t^{-\alpha}}\), intégrable si et seulement si \(-\alpha < 1\). En \(+\infty\), \(t^{\alpha + 2} \mathrm{e}^{-t} \to 0\), donc la fonction est intégrable pour tout \(\alpha\). L’intégrale converge si et seulement si \(\alpha > -1\).
4. Par quantité conjuguée, \(\sqrt{t+1} – \sqrt{t} = \frac{1}{\sqrt{t+1} + \sqrt{t}}\), qui est strictement positif et équivalent à \(\frac{1}{2\sqrt{t}}\). Par conséquent, la fonction intégrée est positive et équivalente à \(\frac{1}{2^{\alpha}\, t^{\alpha/2}}\). Elle est intégrable sur \([1, +\infty[\) si et seulement si \(\frac{\alpha}{2} > 1\). L’intégrale converge si et seulement si \(\alpha > 2\).

Point de méthode : on étudie chaque borne séparément, puis on prend l’intersection des conditions obtenues.

Corrigé de l’exercice 13 : Le sinus cardinal n’est pas intégrable

1. La fonction \(f\) est continue sur \(]0, \pi]\) et tend vers \(1\) en \(0\). Elle se prolonge donc par continuité sur le segment \([0, \pi]\). Ainsi, \(f\) est intégrable sur \(]0, \pi]\) : c’est un faux problème.
2. Pour \(t \in [k\pi, (k+1)\pi]\), on a \(\frac{1}{t} \geq\, \frac{1}{(k+1)\pi}\). De plus, \(\int_{k\pi}^{(k+1)\pi} |\sin t|\,\mathrm{d}t = 2\), par \(\pi\)-périodicité de \(|\sin|\). Donc \(\int_{k\pi}^{(k+1)\pi} \frac{|\sin t|}{t}\,\mathrm{d}t \geq\, \frac{2}{(k+1)\pi}\).
3. En sommant pour \(k\) de \(1\) à \(n\), on obtient \(\int_{\pi}^{(n+1)\pi} |f| \geq\, \frac{2}{\pi} \sum_{k=2}^{n+1} \frac{1}{k}\). Or la série harmonique diverge, donc ce minorant tend vers \(+\infty\). L’intégrale partielle de \(|f|\) n’est pas majorée. Par conséquent, \(f\) n’est pas intégrable sur \([\pi, +\infty[\), ni sur \(]0, +\infty[\).
4. Pour \(t \geq\, 1\), on a \(| \frac{\sin t}{t^{3/2}} | \leq\, \frac{1}{t^{3/2}}\), intégrable car \(\frac{3}{2} > 1\). Donc \(t \mapsto \frac{\sin t}{t^{3/2}}\) est intégrable sur \([1, +\infty[\).

Corrigé de l’exercice 14 : Série et intégrale de 1/(t ln t)

1. Sur \([2, +\infty[\), les fonctions \(t\) et \(\ln t\) sont strictement positives et croissantes. Leur produit est donc strictement positif et croissant. Ainsi, \(f\) est positive et décroissante sur \([2, +\infty[\).
2. La dérivée de \(t \mapsto \ln(\ln t)\) est \(\frac{1}{t \ln t}\). Donc \(\int_2^x f = \ln(\ln x) – \ln(\ln 2)\), qui tend vers \(+\infty\). L’intégrale \(\int_2^{+\infty} f\) diverge.
3. Soit \(k \geq\, 3\). Pour \(t \in [k-1, k]\), la décroissance donne \(f(t) \geq\, f(k)\), et pour \(t \in [k, k+1]\), \(f(t) \leq\, f(k)\). En intégrant, \(\int_k^{k+1} f \leq\, f(k) \leq\, \int_{k-1}^{k} f\). En sommant de \(k = 3\) à \(n\), on obtient l’encadrement demandé. Donc \(\int_3^{n+1} f \leq\, S_n – f(2) \leq\, \int_2^{n} f\). La figure ci-dessous montre les deux familles de rectangles.
4. L’encadrement s’écrit \(\ln \ln (n+1) – \ln \ln 3 + f(2) \leq\, S_n \leq\, \ln \ln n – \ln \ln 2 + f(2)\). Or \(\ln(n+1) = \ln n + \ln(1 + \frac{1}{n}) \sim \ln n\). Donc \(\ln \ln(n+1) – \ln \ln n = \ln \frac{\ln(n+1)}{\ln n} \to 0\). Les deux bornes valent ainsi \(\ln \ln n + O(1)\), et \(\ln \ln n \to +\infty\). Par conséquent, \(S_n \sim \ln(\ln n)\), et la série \(\sum \frac{1}{n \ln n}\) diverge.
5. La fonction \(g(t) = \frac{1}{t (\ln t)^2}\) est positive et décroissante sur \([2, +\infty[\), pour la même raison. Une primitive est \(-\frac{1}{\ln t}\), donc \(\int_2^x g = \frac{1}{\ln 2} – \frac{1}{\ln x} \to \frac{1}{\ln 2}\). L’intégrale converge. Par comparaison série-intégrale, \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^2}\) converge.

Corrigé de l’exercice 15 : Équivalents de sommes par comparaison série-intégrale

1. La fonction racine carrée est croissante sur \([0, +\infty[\). Pour \(k \geq\, 1\), on a donc \(\int_{k-1}^{k} \sqrt{t}\,\mathrm{d}t \leq\, \sqrt{k} \leq\, \int_k^{k+1} \sqrt{t}\,\mathrm{d}t\). En sommant de \(1\) à \(n\) :
   \[\frac{2}{3} n^{3/2} \leq\, \sum_{k=1}^{n} \sqrt{k} \leq\, \frac{2}{3} ( (n+1)^{3/2} – 1 ).\]
   Or \((n+1)^{3/2} = n^{3/2} (1 + \frac{1}{n})^{3/2} \sim n^{3/2}\). Les deux bornes sont donc équivalentes à \(\frac{2}{3} n^{3/2}\). Par encadrement, \(\sum_{k=1}^{n} \sqrt{k} \sim \frac{2}{3} n^{3/2}\).
2. La fonction \(t \mapsto \frac{1}{t^2}\) est décroissante sur \([1, +\infty[\). Pour \(k \geq\, 2\), on a donc \(\int_k^{k+1} \frac{\mathrm{d}t}{t^2} \leq\, \frac{1}{k^2} \leq\, \int_{k-1}^{k} \frac{\mathrm{d}t}{t^2}\). En sommant de \(k = n\) à \(N\), puis en faisant tendre \(N\) vers \(+\infty\), on obtient \(\int_n^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^2} \leq\, R_n \leq\, \int_{n-1}^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^2}\). Ainsi, \(\frac{1}{n} \leq\, R_n \leq\, \frac{1}{n-1}\). Comme \(\frac{1}{n-1} \sim \frac{1}{n}\), on conclut que \(R_n \sim \frac{1}{n}\).
3. On a \(\ln(n!) = \sum_{k=2}^{n} \ln k\). La fonction \(\ln\) est croissante, donc pour \(k \geq\, 2\), \(\int_{k-1}^{k} \ln t\,\mathrm{d}t \leq\, \ln k \leq\, \int_k^{k+1} \ln t\,\mathrm{d}t\). En sommant, \(\int_1^n \ln t\,\mathrm{d}t \leq\, \ln(n!) \leq\, \int_2^{n+1} \ln t\,\mathrm{d}t\). Avec la primitive \(t \ln t – t\), la borne inférieure vaut \(n \ln n – n + 1\). De même, la borne supérieure vaut \((n+1)\ln(n+1) – (n+1) + 2 – 2 \ln 2\). Toutes deux sont équivalentes à \(n \ln n\), car \(n = o(n \ln n)\). Donc \(\ln(n!) \sim n \ln n\).

Corrigé de l’exercice 16 : Équivalent d’un reste de Riemann

1. Quand \(t \to +\infty\), \(\frac{1}{t^3 + 1} \sim \frac{1}{t^3}\), fonction positive et intégrable sur \([1, +\infty[\). D’après le théorème d’intégration des relations de comparaison (cas intégrable), les restes sont équivalents. Or \(\int_x^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^3} = \frac{1}{2x^2}\). Donc \(\int_x^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^3 + 1} \sim \frac{1}{2x^2}\).
2. De même, \(\frac{\sqrt{t}}{t^3 + 1} \sim \frac{1}{t^{5/2}}\), positive et intégrable. Or \(\int_x^{+\infty} t^{-5/2}\,\mathrm{d}t = \frac{2}{3} x^{-3/2}\). Ainsi, \(\int_x^{+\infty} \frac{\sqrt{t}}{t^3 + 1}\,\mathrm{d}t \sim \frac{2}{3 x^{3/2}}\).
3. On a \(\frac{1}{t^2 + t} \sim \frac{1}{t^2}\), donc le reste est équivalent à \(\int_x^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^2} = \frac{1}{x}\). Pour vérifier, on écrit \(\frac{1}{t(t+1)} = \frac{1}{t} – \frac{1}{t+1}\), d’où \(\int_x^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^2 + t} = [ \ln \frac{t}{t+1} ]_x^{+\infty} = \ln(1 + \frac{1}{x})\). Cette valeur exacte est bien équivalente à \(\frac{1}{x}\). Le reste vaut \(\ln(1 + \frac{1}{x}) \sim \frac{1}{x}\).

Corrigé de l’exercice 17 : Équivalent d’une intégrale partielle divergente

1. Pour \(t > 0\), \(( \frac{\mathrm{e}^t}{t} )^{\prime} = \frac{\mathrm{e}^t}{t} – \frac{\mathrm{e}^t}{t^2} = \frac{\mathrm{e}^t}{t} ( 1 – \frac{1}{t} )\). Donc cette dérivée est équivalente à \(\frac{\mathrm{e}^t}{t}\) en \(+\infty\). La fonction \(\frac{\mathrm{e}^t}{t}\) est positive et non intégrable sur \([1, +\infty[\), puisqu’elle tend vers \(+\infty\). Le théorème (cas non intégrable) donne alors \(\int_1^x \frac{\mathrm{e}^t}{t}\,\mathrm{d}t \sim \int_1^x ( \frac{\mathrm{e}^t}{t} )^{\prime} \mathrm{d}t = \frac{\mathrm{e}^x}{x} – \mathrm{e}\). Enfin, \(\frac{\mathrm{e}^x}{x} \to +\infty\), donc la constante est négligeable. Ainsi, \(\int_1^x \frac{\mathrm{e}^t}{t}\,\mathrm{d}t \sim \frac{\mathrm{e}^x}{x}\).
2. Pour \(t > 1\), \(( \frac{t}{\ln t} )^{\prime} = \frac{\ln t – 1}{(\ln t)^2} = \frac{1}{\ln t} – \frac{1}{(\ln t)^2} \sim \frac{1}{\ln t}\). D’après l’exercice 4, \(\frac{1}{\ln t}\) est positive et non intégrable sur \([2, +\infty[\). Par conséquent, \(\int_2^x \frac{\mathrm{d}t}{\ln t} \sim \frac{x}{\ln x} – \frac{2}{\ln 2}\). Comme \(\frac{x}{\ln x} \to +\infty\), on conclut que \(\int_2^x \frac{\mathrm{d}t}{\ln t} \sim \frac{x}{\ln x}\).

Point de méthode : on devine l’équivalent en dérivant le candidat, puis on intègre la relation \(\sim\).

Corrigé de l’exercice 18 : Reste de l’intégrale de Gauss

1. D’après l’exercice 4, \(t \mapsto \mathrm{e}^{-t^2}\) est intégrable sur \([0, +\infty[\), donc sur \([x, +\infty[\). Ainsi, \(R(x)\) existe pour tout \(x > 0\).
2. On calcule \(\varphi^{\prime}(t) = \frac{-2t\,\mathrm{e}^{-t^2} \cdot 2t – 2\,\mathrm{e}^{-t^2}}{4t^2} = -\mathrm{e}^{-t^2} – \frac{\mathrm{e}^{-t^2}}{2t^2}\). Donc \(-\varphi^{\prime}(t) \sim \mathrm{e}^{-t^2}\) en \(+\infty\), et \(\mathrm{e}^{-t^2}\) est positive et intégrable. D’après le théorème (cas intégrable), les restes sont équivalents : \(R(x) \sim \int_x^{+\infty} -\varphi^{\prime}(t)\,\mathrm{d}t = \varphi(x) – \lim_{+\infty} \varphi\). Or \(\varphi\) tend vers \(0\) en \(+\infty\). Donc \(R(x) \sim \frac{\mathrm{e}^{-x^2}}{2x}\).
3. On écrit \(\mathrm{e}^{-t^2} = \frac{1}{2t} \cdot 2t\,\mathrm{e}^{-t^2}\). Posons \(u(t) = \frac{1}{2t}\) et \(v(t) = -\mathrm{e}^{-t^2}\). Le produit \(uv\) tend vers \(0\) en \(+\infty\). Par intégration par parties sur \([x, +\infty[\) :
   \[R(x) = \frac{\mathrm{e}^{-x^2}}{2x} – \int_x^{+\infty} \frac{\mathrm{e}^{-t^2}}{2t^2}\,\mathrm{d}t.\]
   La dernière intégrale est positive, d’où \(R(x) \leq\, \frac{\mathrm{e}^{-x^2}}{2x}\). De plus, pour \(t \geq\, x\), \(\frac{1}{2t^2} \leq\, \frac{1}{2x^2}\), donc cette intégrale est au plus \(\frac{R(x)}{2x^2}\). Ainsi, \(R(x) ( 1 + \frac{1}{2x^2} ) \geq\, \frac{\mathrm{e}^{-x^2}}{2x}\). On obtient l’encadrement demandé.
4. Pour \(x = 3\), on a \(\frac{\mathrm{e}^{-9}}{6} \approx 2{,}0568 \cdot 10^{-5}\) et \(1 + \frac{1}{18} = \frac{19}{18}\). La borne inférieure vaut donc environ \(1{,}9485 \cdot 10^{-5}\). Ainsi, \(1{,}94 \cdot 10^{-5} \leq\, R(3) \leq\, 2{,}06 \cdot 10^{-5}\). La figure ci-dessous montre le rapport \(R(x) / \varphi(x)\), coincé entre les deux bornes et tendant vers \(1\).

Corrigé de l’exercice 19 : Comportement en 0 d’une intégrale partielle

1. Quand \(t \to 0^+\), \(\frac{\cos t}{t} \sim \frac{1}{t}\), fonction positive et non intégrable sur \(]0, 1]\). D’après le théorème d’intégration des relations de comparaison (cas non intégrable, appliqué à la borne \(0\)), on a \(\int_x^1 \frac{\cos t}{t}\,\mathrm{d}t \sim \int_x^1 \frac{\mathrm{d}t}{t} = -\ln x\). Donc \(\int_x^1 \frac{\cos t}{t}\,\mathrm{d}t \sim -\ln x\).
2. De même, \(\frac{\mathrm{e}^t}{t^2} \sim \frac{1}{t^2}\) en \(0\), positive et non intégrable sur \(]0, 1]\). Par conséquent, \(\int_x^1 \frac{\mathrm{e}^t}{t^2}\,\mathrm{d}t \sim \int_x^1 \frac{\mathrm{d}t}{t^2} = \frac{1}{x} – 1\). Comme \(\frac{1}{x} \to +\infty\), on obtient l’équivalent \(\frac{1}{x}\).
3. On écrit \(\frac{\cos t}{t} = \frac{1}{t} + \frac{\cos t – 1}{t}\). Or \(\cos t – 1 \sim -\frac{t^2}{2}\), donc \(\frac{\cos t – 1}{t} \to 0\) en \(0\). Cette fonction est prolongeable par continuité, donc intégrable sur \(]0, 1]\). Posons \(C = \int_0^1 \frac{\cos t – 1}{t}\,\mathrm{d}t\). Alors \(\int_x^1 \frac{\cos t}{t}\,\mathrm{d}t = -\ln x + \int_x^1 \frac{\cos t – 1}{t}\,\mathrm{d}t\), et la dernière intégrale tend vers \(C\). Ainsi, \(\int_x^1 \frac{\cos t}{t}\,\mathrm{d}t = -\ln x + C + o(1)\).

Corrigé de l’exercice 20 : Une intégrale de type Frullani

1. Notons \(f(t) = \frac{\mathrm{e}^{-t} – \mathrm{e}^{-2t}}{t}\), continue et positive sur \(]0, +\infty[\), car \(\mathrm{e}^{-t} \geq\, \mathrm{e}^{-2t}\). En \(0\), \(\mathrm{e}^{-t} – \mathrm{e}^{-2t} = t + o(t)\), donc \(f(t) \to 1\) : c’est un faux problème. En \(+\infty\), \(0 \leq\, f(t) \leq\, \mathrm{e}^{-t}\) pour \(t \geq\, 1\). Donc \(f\) est intégrable sur \(]0, +\infty[\).
2. Soit \(\varepsilon > 0\). Les fonctions \(\frac{\mathrm{e}^{-t}}{t}\) et \(\frac{\mathrm{e}^{-2t}}{t}\) sont intégrables sur \([\varepsilon, +\infty[\), car elles sont majorées par \(\frac{\mathrm{e}^{-t}}{\varepsilon}\). On peut donc séparer l’intégrale. Ensuite, avec \(u = 2t\), on obtient \(\int_{\varepsilon}^{+\infty} \frac{\mathrm{e}^{-2t}}{t}\,\mathrm{d}t = \int_{2\varepsilon}^{+\infty} \frac{\mathrm{e}^{-u}}{u}\,\mathrm{d}u\). Par la relation de Chasles, la différence vaut \(\int_{\varepsilon}^{2\varepsilon} \frac{\mathrm{e}^{-t}}{t}\,\mathrm{d}t\). L’égalité demandée est établie.
3. Pour \(t \in [\varepsilon, 2\varepsilon]\), on a \(\frac{\mathrm{e}^{-2\varepsilon}}{t} \leq\, \frac{\mathrm{e}^{-t}}{t} \leq\, \frac{\mathrm{e}^{-\varepsilon}}{t}\). En intégrant, et puisque \(\int_{\varepsilon}^{2\varepsilon} \frac{\mathrm{d}t}{t} = \ln 2\), on obtient
   \[\mathrm{e}^{-2\varepsilon} \ln 2 \leq\, \int_{\varepsilon}^{+\infty} f(t)\,\mathrm{d}t \leq\, \mathrm{e}^{-\varepsilon} \ln 2.\]
   Quand \(\varepsilon \to 0\), le terme central tend vers \(I\), car l’intégrale converge. Par encadrement, \(I = \ln 2\).
4. Le même raisonnement, avec \(u = at\) et \(u = bt\), donne \(\int_{\varepsilon}^{+\infty} \frac{\mathrm{e}^{-at} – \mathrm{e}^{-bt}}{t}\,\mathrm{d}t = \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{\mathrm{e}^{-u}}{u}\,\mathrm{d}u\). Cette quantité est comprise entre \(\mathrm{e}^{-b\varepsilon} \ln \frac{b}{a}\) et \(\mathrm{e}^{-a\varepsilon} \ln \frac{b}{a}\). Donc \(\int_0^{+\infty} \frac{\mathrm{e}^{-at} – \mathrm{e}^{-bt}}{t}\,\mathrm{d}t = \ln \frac{b}{a}\).

Point de méthode : on ne sépare pas l’intégrale sur \(]0, +\infty[\), car chaque morceau diverge en \(0\) ; on coupe d’abord à \(\varepsilon\).

Corrigé de l’exercice 21 : Fonction intégrable décroissante et limite de x f(x)

1. Posons \(F(x) = \int_0^x f\). Comme \(f\) est intégrable, \(F(x)\) tend vers une limite finie \(L\) quand \(x \to +\infty\). Or \(\int_{x/2}^{x} f = F(x) – F(x/2)\), et \(F(x/2) \to L\) également. Donc \(\int_{x/2}^{x} f(t)\,\mathrm{d}t \to L – L = 0\).
2. Pour \(t \in [\frac{x}{2}, x]\), la décroissance donne \(f(t) \geq\, f(x)\). En intégrant sur un intervalle de longueur \(\frac{x}{2}\), on obtient \(\int_{x/2}^{x} f \geq\, \frac{x}{2} f(x)\). De plus, \(f(x) \geq\, 0\). Ainsi, \(0 \leq\, x f(x) \leq\, 2 \int_{x/2}^{x} f\), et le majorant tend vers \(0\). Par encadrement, \(x f(x) \to 0\), c’est-à-dire \(f(x) = o(1/x)\).
3. La fonction \(f\) de l’exercice 6 est continue, positive et intégrable sur \([1, +\infty[\). Pourtant, \(n f(n) = n^2 \to +\infty\). Sans décroissance, la conclusion est donc fausse.
4. D’après l’exercice 14, \(\int_2^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t \ln t}\) diverge, alors que \(t \cdot \frac{1}{t \ln t} = \frac{1}{\ln t} \to 0\). La réciproque est fausse : \(f(x) = o(1/x)\) n’entraîne pas l’intégrabilité, même pour une fonction décroissante.

Corrigé de l’exercice 22 : Intégrale du logarithme du sinus

1. La fonction est continue sur \(]0, \frac{\pi}{2}]\) et négative. En \(0\), \(\ln(\sin t) = \ln t + \ln \frac{\sin t}{t}\), et le second terme tend vers \(\ln 1 = 0\). Donc \(\ln(\sin t) \sim \ln t\). Or \(|\ln t| = o(1/t^{1/2})\) est intégrable en \(0\). Par équivalence, \(t \mapsto \ln(\sin t)\) est intégrable sur \(]0, \frac{\pi}{2}]\).
2. L’application \(t \mapsto \frac{\pi}{2} – t\) est une bijection \(C^1\) strictement décroissante de \([0, \frac{\pi}{2}[\) sur \(]0, \frac{\pi}{2}]\). De plus, \(\sin(\frac{\pi}{2} – t) = \cos t\). Le changement de variable donne donc la convergence et l’égalité. Ainsi, \(I = \int_0^{\pi/2} \ln(\cos t)\,\mathrm{d}t\).
3. En \(\pi\), \(\sin u = \sin(\pi – u) \sim \pi – u\), donc la fonction est aussi intégrable près de \(\pi\). Par la relation de Chasles, on coupe en \(\frac{\pi}{2}\). Sur \([\frac{\pi}{2}, \pi[\), le changement de variable \(u = \pi – v\) donne \(\int_{\pi/2}^{\pi} \ln(\sin u)\,\mathrm{d}u = \int_0^{\pi/2} \ln(\sin v)\,\mathrm{d}v = I\). Donc \(\int_0^{\pi} \ln(\sin u)\,\mathrm{d}u = 2I\).
4. En ajoutant les deux expressions de \(I\), on obtient, par linéarité :
   \[2I = \int_0^{\pi/2} \ln(\sin t \cos t)\,\mathrm{d}t = \int_0^{\pi/2} \ln(\sin 2t)\,\mathrm{d}t – \frac{\pi}{2} \ln 2.\]
   Ensuite, avec \(u = 2t\), \(\int_0^{\pi/2} \ln(\sin 2t)\,\mathrm{d}t = \frac{1}{2} \int_0^{\pi} \ln(\sin u)\,\mathrm{d}u = I\). Ainsi, \(2I = I – \frac{\pi}{2} \ln 2\). Finalement, \(I = -\frac{\pi}{2} \ln 2\). La figure ci-dessous représente l’aire algébrique correspondante.
5. L’application \(\theta \mapsto \sin \theta\) est une bijection \(C^1\) strictement croissante de \(]0, \frac{\pi}{2}[\) sur \(]0, 1[\). Avec \(t = \sin \theta\), on a \(\mathrm{d}t = \cos \theta\,\mathrm{d}\theta\) et \(\sqrt{1 – t^2} = \cos \theta\). L’intégrale devient \(\int_0^{\pi/2} \ln(\sin \theta)\,\mathrm{d}\theta\), qui converge. Donc \(\int_0^1 \frac{\ln t}{\sqrt{1 – t^2}}\,\mathrm{d}t = -\frac{\pi}{2} \ln 2\).

Corrigé de l’exercice 23 : Problème, intégrales de Wallis et intégrale de Gauss

Partie A.

1. On a \(W_0 = \frac{\pi}{2}\) et \(W_1 = \big[ \sin \theta \big]_0^{\pi/2} = 1\). Pour \(\theta \in [0, \frac{\pi}{2}]\), on a \(0 \leq\, \cos \theta \leq\, 1\), donc \(0 \leq\, \cos^{n+1} \theta \leq\, \cos^n \theta\). Par positivité de l’intégrale, \(0 \leq\, W_{n+1} \leq\, W_n\). De plus, \(\cos^n\) est continue, positive et non nulle, donc \(W_n > 0\). La suite \((W_n)\) est strictement positive et décroissante.
2. On écrit \(W_{n+2} = \int_0^{\pi/2} \cos^{n+1} \theta \cdot \cos \theta\,\mathrm{d}\theta\). Posons \(u = \cos^{n+1}\) et \(v = \sin\). Le crochet \(\big[ \cos^{n+1} \theta \sin \theta \big]_0^{\pi/2}\) est nul. Donc
   \[W_{n+2} = (n+1) \int_0^{\pi/2} \cos^n \theta \sin^2 \theta\,\mathrm{d}\theta = (n+1) (W_n – W_{n+2}),\]
   en utilisant \(\sin^2 = 1 – \cos^2\). Ainsi, \((n+2) W_{n+2} = (n+1) W_n\).
3. Posons \(u_n = (n+1) W_{n+1} W_n\). Alors \(u_{n+1} = (n+2) W_{n+2} W_{n+1} = (n+1) W_n W_{n+1} = u_n\). La suite est donc constante, égale à \(u_0 = W_1 W_0\). Pour tout \(n\), \((n+1) W_{n+1} W_n = \frac{\pi}{2}\).
4. Par décroissance, \(W_{n+2} \leq\, W_{n+1} \leq\, W_n\). En divisant par \(W_n > 0\), on obtient \(\frac{n+1}{n+2} \leq\, \frac{W_{n+1}}{W_n} \leq\, 1\). Par encadrement, \(W_{n+1} \sim W_n\). Ensuite, \(\frac{\pi}{2} = (n+1) W_{n+1} W_n \sim n W_n^2\). Donc \(W_n^2 \sim \frac{\pi}{2n}\), et comme \(W_n > 0\), \(W_n \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}}\).

Partie B.

1. La fonction \(h(u) = \mathrm{e}^u – 1 – u\) a pour dérivée \(\mathrm{e}^u – 1\), négative sur \(]-\infty, 0]\) et positive sur \([0, +\infty[\). Son minimum vaut \(h(0) = 0\), donc \(1 + u \leq\, \mathrm{e}^u\). Avec \(u = -\frac{t^2}{n}\), on obtient \(1 – \frac{t^2}{n} \leq\, \mathrm{e}^{-t^2/n}\). Pour \(t \in [0, \sqrt{n}]\), les deux membres sont positifs, et \(x \mapsto x^n\) est croissante sur \([0, +\infty[\). Donc \((1 – \frac{t^2}{n})^n \leq\, \mathrm{e}^{-t^2}\). De même, avec \(u = \frac{t^2}{n}\), on a \(0 < 1 + \frac{t^2}{n} \leq\, \mathrm{e}^{t^2/n}\). En élevant à la puissance \(n\), puis en passant à l’inverse, on obtient \(\mathrm{e}^{-t^2} \leq\, (1 + \frac{t^2}{n})^{-n}\) pour tout \(t \geq\, 0\).
2. L’application \(\theta \mapsto \sqrt{n} \sin \theta\) est une bijection \(C^1\) strictement croissante de \([0, \frac{\pi}{2}]\) sur \([0, \sqrt{n}]\). On a \(\mathrm{d}t = \sqrt{n} \cos \theta\,\mathrm{d}\theta\) et \(1 – \frac{t^2}{n} = \cos^2 \theta\). Donc l’intégrale vaut \(\int_0^{\pi/2} \cos^{2n} \theta \cdot \sqrt{n} \cos \theta\,\mathrm{d}\theta\). Ainsi, \(\int_0^{\sqrt{n}} (1 – \frac{t^2}{n})^n\,\mathrm{d}t = \sqrt{n}\, W_{2n+1}\).
3. D’abord, l’inégalité de Bernoulli donne \((1 + \frac{t^2}{n})^n \geq\, 1 + t^2\). Donc \(0 < (1 + \frac{t^2}{n})^{-n} \leq\, \frac{1}{1 + t^2}\), qui est intégrable : l’intégrale converge. Ensuite, \(\theta \mapsto \sqrt{n} \tan \theta\) est une bijection \(C^1\) strictement croissante de \([0, \frac{\pi}{2}[\) sur \([0, +\infty[\). On a \(\mathrm{d}t = \frac{\sqrt{n}}{\cos^2 \theta}\,\mathrm{d}\theta\) et \(1 + \tan^2 \theta = \frac{1}{\cos^2 \theta}\). L’intégrale devient \(\int_0^{\pi/2} \cos^{2n} \theta \cdot \frac{\sqrt{n}}{\cos^2 \theta}\,\mathrm{d}\theta\). Donc \(\int_0^{+\infty} (1 + \frac{t^2}{n})^{-n}\,\mathrm{d}t = \sqrt{n}\, W_{2n-2}\).
4. En intégrant les inégalités de la question 1, et puisque \(\mathrm{e}^{-t^2} \geq\, 0\) sur \([\sqrt{n}, +\infty[\), on obtient
   \[\sqrt{n}\, W_{2n+1} \leq\, \int_0^{\sqrt{n}} \mathrm{e}^{-t^2}\,\mathrm{d}t \leq\, G \leq\, \sqrt{n}\, W_{2n-2}.\]
   D’après la partie A, \(\sqrt{n}\, W_{2n+1} \sim \sqrt{\frac{\pi n}{2(2n+1)}}\), qui tend vers \(\frac{\sqrt{\pi}}{2}\). De même, \(\sqrt{n}\, W_{2n-2} \sim \sqrt{\frac{\pi n}{2(2n-2)}} \to \frac{\sqrt{\pi}}{2}\). Par encadrement, \(G = \int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-t^2}\,\mathrm{d}t = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\). La figure ci-dessous montre, pour \(n = 4\), les deux fonctions qui encadrent \(\mathrm{e}^{-t^2}\).

Revenir aux énoncés des exercices

Pour aller plus loin en maths spé

• Le cours : intégrales généralisées, cours de maths spé
• Les énoncés : exercices de maths spé sur intégrales généralisées
• À maîtriser avant : Séries numériques et vectorielles
• Chapitre précédent : Fonctions vectorielles d'une variable réelle
• Chapitre suivant : Convergence dominée et intégration terme à terme
• Le même thème en L2 : intégrales généralisées, exercices de maths en L2
• Tester vos connaissances : QCM de maths spé par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths spé et les chapitres de maths sup