Corrigé du contrôle de maths L2 : intégrales généralisées et intégrabilité

Exercice 1 : Question de cours, les intégrales de Riemann (4 points)

1. La fonction \(t \mapsto t^{-\alpha}\) est continue sur \([1, +\infty[\). Pour \(x \geq\, 1\) :
   \[\int_{1}^{x} \frac{\mathrm{d}t}{t^{\alpha}} = \frac{x^{1-\alpha} – 1}{1 – \alpha} \ \text{ si } \alpha \neq 1, \qquad \int_{1}^{x} \frac{\mathrm{d}t}{t} = \ln x.\]
   Si \(\alpha > 1\), \(x^{1-\alpha} \to 0\) et l’intégrale tend vers \(\frac{1}{\alpha – 1}\). Si \(\alpha < 1\), \(x^{1-\alpha} \to +\infty\) ; si \(\alpha = 1\), \(\ln x \to +\infty\). L’intégrale converge si et seulement si \(\alpha > 1\), et vaut alors \(\dfrac{1}{\alpha – 1}\).
2. La fonction est continue sur \(]0, 1]\). Pour \(0 < \varepsilon \leq\, 1\) :
   \[\int_{\varepsilon}^{1} \frac{\mathrm{d}t}{t^{\alpha}} = \frac{1 – \varepsilon^{1-\alpha}}{1 – \alpha} \ \text{ si } \alpha \neq 1, \qquad \int_{\varepsilon}^{1} \frac{\mathrm{d}t}{t} = -\ln \varepsilon.\]
   Si \(\alpha < 1\), \(\varepsilon^{1-\alpha} \to 0\) quand \(\varepsilon \to 0\) et l’intégrale tend vers \(\frac{1}{1 – \alpha}\). Si \(\alpha > 1\), \(\varepsilon^{1-\alpha} \to +\infty\) ; si \(\alpha = 1\), \(-\ln \varepsilon \to +\infty\). L’intégrale converge si et seulement si \(\alpha < 1\), et vaut alors \(\dfrac{1}{1 – \alpha}\).
3. Théorème. Soient \(f\) et \(g\) continues sur \([a, b[\), positives au voisinage de \(b\), avec \(f(t) \sim g(t)\) quand \(t \to b\). Alors les intégrales \(\int_{a}^{b} f\) et \(\int_{a}^{b} g\) sont de même nature.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour les primitives, 0,5 pour la discussion, 0,5 pour la valeur ; b) 1,5 point, même répartition ; c) 1 point (0,5 pour les hypothèses de positivité, 0,5 pour la conclusion).

Exercice 2 : Nature et calcul de quatre intégrales (5 points)

1. La fonction \(g : t \mapsto \frac{1}{\sqrt{t}(1+t)}\) est continue et positive sur \(]0, +\infty[\) : l’intégrale est impropre en 0 et en \(+\infty\). En 0, \(g(t) \sim \frac{1}{t^{1/2}}\), intégrable car \(\frac{1}{2} < 1\). En \(+\infty\), \(g(t) \sim \frac{1}{t^{3/2}}\), intégrable car \(\frac{3}{2} > 1\). Donc \(I\) converge. Ensuite, \(u \mapsto u^2\) est une bijection de classe \(C^1\) strictement croissante de \(]0, +\infty[\) sur lui-même. Avec \(t = u^2\) et \(\mathrm{d}t = 2u\,\mathrm{d}u\) :
   \[I = \int_{0}^{+\infty} \frac{2u\,\mathrm{d}u}{u(1+u^2)} = 2[\arctan u]_{0}^{+\infty} = 2 \times \frac{\pi}{2}.\]
   Donc \(I = \pi\).
2. La fonction \(t \mapsto \frac{\ln t}{t^2}\) est continue et positive sur \([1, +\infty[\), et \(t^{3/2} \times \frac{\ln t}{t^2} = \frac{\ln t}{\sqrt{t}} \to 0\). Ainsi \(\frac{\ln t}{t^2} = o(\frac{1}{t^{3/2}})\) : \(J\) converge. Sur \([1, x]\), avec \(u = \ln t\) et \(v = -\frac{1}{t}\), fonctions de classe \(C^1\) :
   \[\int_{1}^{x} \frac{\ln t}{t^2}\,\mathrm{d}t = [-\frac{\ln t}{t}]_{1}^{x} + \int_{1}^{x} \frac{\mathrm{d}t}{t^2} = -\frac{\ln x}{x} + 1 – \frac{1}{x}.\]
   Quand \(x \to +\infty\), on obtient \(J = 1\).
3. La fonction \(t \mapsto \frac{1}{t \ln t}\) est continue et positive sur \([2, +\infty[\), de primitive \(t \mapsto \ln(\ln t)\). Ainsi \(\int_{2}^{x} \frac{\mathrm{d}t}{t \ln t} = \ln(\ln x) – \ln(\ln 2) \to +\infty\). L’intégrale diverge (intégrale de Bertrand limite).
4. La fonction \(h : t \mapsto \frac{1 – \cos t}{t^{5/2}}\) est continue et positive sur \(]0, 1]\). Comme \(1 – \cos t \sim \frac{t^2}{2}\) en 0, on a \(h(t) \sim \frac{1}{2t^{1/2}}\). L’intégrale de Riemann \(\int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d}t}{t^{1/2}}\) converge, donc par équivalence de fonctions positives, l’intégrale converge.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour la convergence aux deux bornes, 0,5 pour le changement de variable justifié, 0,5 pour la valeur ; b) 1,5 point : 0,5 pour la convergence, 1 pour l’intégration par parties et la limite ; c) 1 point ; d) 1 point.

Exercice 3 : La fonction Gamma aux entiers (4 points)

1. Soit \(x > 0\). La fonction \(\varphi : t \mapsto t^{x-1} e^{-t}\) est continue et positive sur \(]0, +\infty[\). En 0, \(\varphi(t) \sim \frac{1}{t^{1-x}}\), intégrable sur \(]0, 1]\) car \(1 – x < 1\). En \(+\infty\), \(t^2 \varphi(t) = t^{x+1} e^{-t} \to 0\) par croissances comparées, donc \(\varphi(t) = o(\frac{1}{t^2})\), intégrable sur \([1, +\infty[\). L’intégrale \(\Gamma(x)\) converge pour tout \(x > 0\).
2. Sur \([\varepsilon, A]\), on intègre par parties avec \(u = t^{x}\) et \(v = -e^{-t}\), de classe \(C^1\) :
   \[\int_{\varepsilon}^{A} t^{x} e^{-t}\,\mathrm{d}t = \varepsilon^{x} e^{-\varepsilon} – A^{x} e^{-A} + x \int_{\varepsilon}^{A} t^{x-1} e^{-t}\,\mathrm{d}t.\]
   Quand \(\varepsilon \to 0\), \(\varepsilon^{x} e^{-\varepsilon} \to 0\) car \(x > 0\). Quand \(A \to +\infty\), \(A^{x} e^{-A} \to 0\). Les deux intégrales convergent d’après a). Le passage à la limite donne \(\Gamma(x+1) = x\,\Gamma(x)\).
3. On a \(\Gamma(1) = \int_{0}^{+\infty} e^{-t}\,\mathrm{d}t = \lim_{A \to +\infty} (1 – e^{-A}) = 1 = 0!\). Supposons \(\Gamma(n+1) = n!\) pour un entier \(n \geq\, 0\). Alors \(\Gamma(n+2) = (n+1)\Gamma(n+1) = (n+1) \times n! = (n+1)!\). Par récurrence, \(\Gamma(n+1) = n!\) pour tout \(n \geq\, 0\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour la continuité et la positivité, 0,5 par borne ; b) 1,5 point : 0,5 pour l’intégration par parties, 1 pour les deux limites ; c) 1 point : 0,5 pour \(\Gamma(1)\), 0,5 pour la récurrence.

Exercice 4 : Problème, l’intégrale semi-convergente de sin(t)/t (7 points)

1. Comme \(\sin t \sim t\) en 0, \(f(t) \to 1\) quand \(t \to 0\). On prolonge \(f\) par \(f(0) = 1\), et on obtient une fonction continue sur \([0, 1]\). L’intégrale \(\int_{0}^{1} f\) est donc faussement impropre : elle converge.
2. Sur \([1, A]\), avec \(u = \frac{1}{t}\) et \(v = -\cos t\), de classe \(C^1\) :
   \[\int_{1}^{A} \frac{\sin t}{t}\,\mathrm{d}t = \cos 1 – \frac{\cos A}{A} – \int_{1}^{A} \frac{\cos t}{t^2}\,\mathrm{d}t.\]
   D’une part, \(|\frac{\cos A}{A}| \leq\, \frac{1}{A} \to 0\). D’autre part, \(|\frac{\cos t}{t^2}| \leq\, \frac{1}{t^2}\), intégrable sur \([1, +\infty[\) : l’intégrale \(\int_{1}^{+\infty} \frac{\cos t}{t^2}\,\mathrm{d}t\) est absolument convergente, donc convergente. Le membre de droite a une limite finie. Avec a), \(\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin t}{t}\,\mathrm{d}t\) converge.
3. Pour \(t \in ]k\pi, (k+1)\pi]\), \(\frac{1}{t} \geq\, \frac{1}{(k+1)\pi}\), et \(\int_{k\pi}^{(k+1)\pi} |\sin t|\,\mathrm{d}t = 2\). Ainsi
   \[\int_{k\pi}^{(k+1)\pi} \frac{|\sin t|}{t}\,\mathrm{d}t \geq\, \frac{1}{(k+1)\pi}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi} |\sin t|\,\mathrm{d}t = \frac{2}{(k+1)\pi}.\]
   En sommant pour \(k\) de 0 à \(n-1\), \(\int_{0}^{n\pi} |f| \geq\, \frac{2}{\pi} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}\). Ce minorant tend vers \(+\infty\), car la série harmonique diverge. La fonction \(x \mapsto \int_{0}^{x} |f|\) est croissante et non majorée : \(f\) n’est pas intégrable sur \(]0, +\infty[\). L’intégrale de \(f\) est donc semi-convergente.

4. La fonction \(g : t \mapsto \frac{1 – \cos t}{t^2}\) est continue et positive sur \(]0, +\infty[\). En 0, \(g(t) \to \frac{1}{2}\) : elle se prolonge par continuité. En \(+\infty\), \(0 \leq\, g(t) \leq\, \frac{2}{t^2}\). L’intégrale de \(g\) est absolument convergente. Sur \([\varepsilon, A]\), on intègre par parties avec \(u = 1 – \cos t\) et \(v = -\frac{1}{t}\) :
   \[\int_{\varepsilon}^{A} \frac{1 – \cos t}{t^2}\,\mathrm{d}t = \frac{1 – \cos \varepsilon}{\varepsilon} – \frac{1 – \cos A}{A} + \int_{\varepsilon}^{A} \frac{\sin t}{t}\,\mathrm{d}t.\]
   Or \(\frac{1 – \cos \varepsilon}{\varepsilon} \sim \frac{\varepsilon}{2} \to 0\) et \(0 \leq\, \frac{1 – \cos A}{A} \leq\, \frac{2}{A} \to 0\). Les deux intégrales convergent : à la limite, \(\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin t}{t}\,\mathrm{d}t = \int_{0}^{+\infty} \frac{1 – \cos t}{t^2}\,\mathrm{d}t\).
5. On écrit \(\frac{1 – \cos t}{t^2} = \frac{2\sin^2(t/2)}{t^2}\). Le changement de variable \(t = 2u\) est une bijection affine de \(]0, +\infty[\) sur lui-même, avec \(\mathrm{d}t = 2\,\mathrm{d}u\) :
   \[\int_{0}^{+\infty} \frac{2\sin^2(t/2)}{t^2}\,\mathrm{d}t = \int_{0}^{+\infty} \frac{2\sin^2 u}{4u^2} \times 2\,\mathrm{d}u = \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin^2 u}{u^2}\,\mathrm{d}u.\]
   Avec d), \(\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin t}{t}\,\mathrm{d}t = \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin^2 u}{u^2}\,\mathrm{d}u\). Cette dernière intégrale, de fonction positive, est absolument convergente. On peut montrer que leur valeur commune est \(\frac{\pi}{2}\).

Erreur fréquente : intégrer par parties directement sur \(]0, +\infty[\) sans vérifier que les termes entre crochets ont une limite finie aux deux bornes.

Barème : a) 1 point ; b) 1,5 point : 0,5 pour l’intégration par parties, 0,5 pour la convergence absolue du reste, 0,5 pour la conclusion ; c) 1,5 point : 1 pour la minoration, 0,5 pour la divergence ; d) 1,5 point : 0,5 pour la convergence absolue, 0,5 pour l’intégration par parties, 0,5 pour les limites ; e) 1,5 point : 0,5 pour la formule de trigonométrie, 1 pour le changement de variable.

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