Corrigé du contrôle de maths L2 : intégrales dépendant d’un paramètre

Exercice 1 : Question de cours : continuité et dérivation sous l’intégrale (3 points)

1. Théorème de continuité. On suppose que :

   (i) pour tout \(t \in I\), la fonction \(x \mapsto k(x, t)\) est continue sur \(A\) ;

   (ii) pour tout \(x \in A\), la fonction \(t \mapsto k(x, t)\) est continue par morceaux sur \(I\) ;

   (iii) il existe \(\varphi\) continue par morceaux, positive et intégrable sur \(I\) telle que \(|k(x, t)| \leq\, \varphi(t)\) pour tout \((x, t) \in A \times I\) (domination).

   Alors \(x \mapsto \int_I k(x, t)\, dt\) est définie et continue sur \(A\). Il suffit d’ailleurs que la domination ait lieu sur chaque segment de \(A\), car la continuité est une propriété locale.

2. Théorème de dérivation. On suppose que :

   (i) pour tout \(x \in A\), la fonction \(t \mapsto k(x, t)\) est continue par morceaux et intégrable sur \(I\) ;

   (ii) la dérivée partielle \(\dfrac{\partial k}{\partial x}\) existe sur \(A \times I\), elle est continue par rapport à \(x\) et continue par morceaux par rapport à \(t\) ;

   (iii) pour tout segment \(J \subset A\), il existe \(\varphi_J\) positive et intégrable sur \(I\) telle que \(|\dfrac{\partial k}{\partial x}(x, t)| \leq\, \varphi_J(t)\) pour tout \((x, t) \in J \times I\).

   Alors \(K : x \mapsto \int_I k(x, t)\, dt\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(A\), et \(K^{\prime}(x) = \int_I \dfrac{\partial k}{\partial x}(x, t)\, dt\).

3. Posons \(k(x, t) = \dfrac{e^{-xt}}{1+t^2}\) sur \([0, +\infty[ \times [0, +\infty[\). Cette fonction est continue en chaque variable. Pour tous \(x \geq\, 0\) et \(t \geq\, 0\), on a \(0 < k(x, t) \leq\, \dfrac{1}{1+t^2}\), et cette dernière fonction est intégrable sur \([0, +\infty[\) (son intégrale vaut \(\frac{\pi}{2}\)). Le théorème de continuité montre que \(F\) est définie et continue sur \([0, +\infty[\).

   Ensuite, \(\dfrac{\partial k}{\partial x}(x, t) = \dfrac{-t\, e^{-xt}}{1+t^2}\) est continue. Soit \([a, b]\) avec \(0 < a < b\). Pour \(x \in [a, b]\) et \(t \geq\, 0\), comme \(\dfrac{t}{1+t^2} \leq\, \dfrac{1}{2}\),
   \[|\frac{\partial k}{\partial x}(x, t)| \leq\, \frac{t\, e^{-at}}{1+t^2} \leq\, \frac{1}{2} e^{-at},\]
   qui est intégrable sur \([0, +\infty[\) car \(a > 0\). Donc \(F\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(]0, +\infty[\).

Barème : a) 1 point (hypothèses de continuité 0,5, domination 0,5) ; b) 1 point (hypothèses 0,5, domination locale et formule 0,5) ; c) 1 point : 0,5 pour la continuité, 0,5 pour la domination sur \([a, b]\).

Exercice 2 : Une intégrale calculée par dérivation (4 points)

1. Soit \(x > -1\). La fonction \(u_x : t \mapsto \dfrac{t^x – 1}{\ln t}\) est continue sur \(]0, 1[\).

   En \(1\) : on a \(t^x – 1 = e^{x \ln t} – 1 \sim x \ln t\) quand \(t \to 1\), car \(x \ln t \to 0\). Donc \(u_x(t) \to x\) : la fonction se prolonge par continuité en \(1\) et elle est intégrable au voisinage de \(1\).

   En \(0\) : pour \(t \in ]0, e^{-1}]\), on a \(|\ln t| \geq\, 1\), donc
   \[|u_x(t)| \leq\, t^x + 1.\]
   Or \(t \mapsto t^x\) est intégrable sur \(]0, e^{-1}]\), car c’est une fonction de Riemann d’exposant \(-x < 1\). Par comparaison, \(u_x\) est intégrable au voisinage de \(0\).

   Ainsi \(u_x\) est intégrable sur \(]0, 1[\) et \(F\) est définie sur \(]-1, +\infty[\).

2. Posons \(k(x, t) = \dfrac{t^x – 1}{\ln t}\) sur \(]-1, +\infty[ \times ]0, 1[\). Pour \(t\) fixé, \(x \mapsto t^x = e^{x \ln t}\) est dérivable et
   \[\frac{\partial k}{\partial x}(x, t) = \frac{t^x \ln t}{\ln t} = t^x,\]
   fonction continue en \((x, t)\). D’après a), \(t \mapsto k(x, t)\) est intégrable pour tout \(x > -1\).

   Domination : soit \([a, b] \subset ]-1, +\infty[\). Pour \(x \in [a, b]\) et \(t \in ]0, 1[\), on a \(\ln t < 0\) et \(x \geq\, a\), donc \(0 < t^x = e^{x \ln t} \leq\, e^{a \ln t} = t^a\). La fonction \(t \mapsto t^a\) est intégrable sur \(]0, 1[\) car \(a > -1\), et elle ne dépend pas de \(x\).

   Le théorème de dérivation sous le signe intégrale s’applique sur chaque segment, donc sur \(]-1, +\infty[\) : \(F\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) et \(F^{\prime}(x) = \displaystyle \int_0^1 t^x\, dt = \frac{1}{x+1}\).

3. On a \(F(0) = \int_0^1 0\, dt = 0\). Comme \(F^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x+1}\) sur l’intervalle \(]-1, +\infty[\), il vient \(F(x) = \ln(1+x) + C\) avec \(C = F(0) – \ln 1 = 0\). Donc \(F(x) = \ln(1+x)\) pour tout \(x > -1\), et en particulier
   \[\int_0^1 \frac{t-1}{\ln t}\, dt = F(1) = \ln 2.\]

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour le prolongement en 1, 1 pour la comparaison en 0 ; b) 1,5 point : 0,5 pour la dérivée partielle, 0,5 pour la domination sur \([a, b]\), 0,5 pour \(F^{\prime}\) ; c) 1 point : 0,5 pour la constante, 0,5 pour \(\ln 2\).

Erreur fréquente : dominer par \(t^{-1}\) « pour tout \(x > -1\) » : une domination uniforme sur tout l’intervalle n’existe pas ici, d’où la nécessité de travailler sur un segment \([a, b]\).

Exercice 3 : La fonction Gamma d’Euler (5 points)

1. La fonction \(t \mapsto t^{x-1} e^{-t}\) est continue et positive sur \(]0, +\infty[\).

   En \(0\) : \(t^{x-1} e^{-t} \sim t^{x-1}\), intégrable au voisinage de \(0\) si et seulement si \(1 – x < 1\), c’est-à-dire \(x > 0\) (critère de Riemann et comparaison des fonctions positives équivalentes).

   En \(+\infty\) : \(t^2 \times t^{x-1} e^{-t} = t^{x+1} e^{-t} \to 0\) par croissances comparées, donc \(t^{x-1} e^{-t} = o(\frac{1}{t^2})\), intégrable pour tout \(x\).

   Donc \(\Gamma(x)\) est défini si et seulement si \(x > 0\).

2. Soit \(x > 0\) et \(0 < \varepsilon < A\). Par intégration par parties sur le segment \([\varepsilon, A]\), avec \(u(t) = t^x\) et \(v(t) = -e^{-t}\) de classe \(\mathcal{C}^1\) :
   \[\int_\varepsilon^A t^x e^{-t}\, dt = [-t^x e^{-t}]_\varepsilon^A + x \int_\varepsilon^A t^{x-1} e^{-t}\, dt.\]
   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). À la limite : \(\Gamma(x+1) = x\, \Gamma(x)\).

   Comme \(\Gamma(1) = \int_0^{+\infty} e^{-t}\, dt = 1\), une récurrence donne \(\Gamma(n+1) = n\, \Gamma(n) = \ldots = n!\, \Gamma(1)\). Donc \(\Gamma(n+1) = n!\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\).

3. Posons \(k(x, t) = t^{x-1} e^{-t} = e^{(x-1)\ln t} e^{-t}\). Pour \(j \in \{1, 2\}\), on a \(\dfrac{\partial^j k}{\partial x^j}(x, t) = (\ln t)^j t^{x-1} e^{-t}\), continue en \((x, t)\) sur \(]0, +\infty[^2\).

   Domination : soit \([a, b] \subset ]0, +\infty[\). Pour \(x \in [a, b]\), on a \(t^{x-1} \leq\, t^{a-1}\) si \(0 < t \leq\, 1\) et \(t^{x-1} \leq\, t^{b-1}\) si \(t \geq\, 1\). Donc, pour \(j \in \{0, 1, 2\}\),
   \[|\frac{\partial^j k}{\partial x^j}(x, t)| \leq\, \varphi_j(t) = |\ln t|^j (t^{a-1} + t^{b-1}) e^{-t}.\]
   La fonction \(\varphi_j\) est intégrable : en \(0\), \(|\ln t|^j t^{a-1} = o(t^{\frac{a}{2} – 1})\) car \(t^{a/2} |\ln t|^j \to 0\), et \(\frac{a}{2} – 1 > -1\) ; en \(+\infty\), \(\varphi_j(t) = o(\frac{1}{t^2})\).

   Le théorème de dérivation sous le signe intégrale, appliqué deux fois sur chaque segment, donne : \(\Gamma\) est de classe \(\mathcal{C}^2\) sur \(]0, +\infty[\) et \(\Gamma^{\prime\prime}(x) = \displaystyle \int_0^{+\infty} (\ln t)^2 t^{x-1} e^{-t}\, dt\).

4. L’intégrande de \(\Gamma^{\prime\prime}(x)\) est continue, positive et non identiquement nulle sur \(]0, +\infty[\) ; donc \(\Gamma^{\prime\prime}(x) > 0\) et \(\Gamma\) est strictement convexe.

   D’après b), \(\Gamma(1) = 0! = 1\) et \(\Gamma(2) = 1! = 1\). La fonction \(\Gamma\) est dérivable sur \([1, 2]\) ; le théorème de Rolle fournit \(c \in ]1, 2[\) tel que \(\Gamma^{\prime}(c) = 0\). Comme \(\Gamma^{\prime\prime} > 0\), la fonction \(\Gamma^{\prime}\) est strictement croissante : elle est strictement négative sur \(]0, c[\) et strictement positive sur \(]c, +\infty[\), et \(c\) est son unique zéro.

   Donc \(\Gamma\) est strictement décroissante puis strictement croissante, et atteint son minimum global en l’unique point \(c \in ]1, 2[\). Numériquement, \(c \approx 1{,}46\) et \(\Gamma(c) \approx 0{,}886\).

   

Barème : a) 1 point (0,5 par borne) ; b) 1 point : 0,5 pour l’intégration par parties avec passage à la limite, 0,5 pour \(n!\) ; c) 1,5 point : 1 pour la domination complète sur \([a, b]\), 0,5 pour la conclusion ; d) 1,5 point : 0,5 pour la convexité, 0,5 pour Rolle, 0,5 pour le minimum unique.

Exercice 4 : Problème : l’intégrale de Gauss (8 points)

1. Posons \(k(x, t) = \dfrac{e^{-x^2 (1+t^2)}}{1+t^2}\) sur \(\mathbb{R} \times [0, 1]\). Cette fonction est continue, et sa dérivée partielle
   \[\frac{\partial k}{\partial x}(x, t) = -2x\, e^{-x^2 (1+t^2)}\]
   est continue sur \(\mathbb{R} \times [0, 1]\).

   Domination : soit \(A > 0\). Pour \(x \in [-A, A]\) et \(t \in [0, 1]\), on a \(|\dfrac{\partial k}{\partial x}(x, t)| \leq\, 2A\), fonction constante intégrable sur le segment \([0, 1]\).

   Le théorème de dérivation sous le signe intégrale s’applique sur chaque segment \([-A, A]\). Donc \(g\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R}\) et \(g^{\prime}(x) = \displaystyle -2x \int_0^1 e^{-x^2(1+t^2)}\, dt\).

2. La fonction \(G : x \mapsto \int_0^x e^{-t^2}\, dt\) est la primitive de la fonction continue \(t \mapsto e^{-t^2}\) nulle en \(0\). Elle est donc de classe \(\mathcal{C}^1\), et \(f = G^2\) aussi, avec
   \[f^{\prime}(x) = 2 G^{\prime}(x) G(x) = 2 e^{-x^2} \int_0^x e^{-u^2}\, du.\]
   Pour \(x \neq 0\), on effectue dans \(g^{\prime}(x)\) le changement de variable affine \(u = xt\), avec \(du = x\, dt\) :
   \[g^{\prime}(x) = -2 e^{-x^2} \int_0^1 e^{-x^2 t^2}\, x\, dt = -2 e^{-x^2} \int_0^x e^{-u^2}\, du = -f^{\prime}(x).\]
   Pour \(x = 0\), on a \(f^{\prime}(0) = 0 = g^{\prime}(0)\). Donc \(f^{\prime} + g^{\prime} = 0\) sur \(\mathbb{R}\).

   La fonction \(f + g\) est donc constante sur l’intervalle \(\mathbb{R}\), égale à
   \[f(0) + g(0) = 0 + \int_0^1 \frac{dt}{1+t^2} = \arctan 1 = \frac{\pi}{4}.\]
   Ainsi \(f(x) + g(x) = \dfrac{\pi}{4}\) pour tout réel \(x\).

   

3. Pour tout \(t \in [0, 1]\), on a \(e^{-x^2(1+t^2)} = e^{-x^2} e^{-x^2 t^2} \leq\, e^{-x^2}\). Par croissance de l’intégrale,
   \[0 \leq\, g(x) \leq\, e^{-x^2} \int_0^1 \frac{dt}{1+t^2} = \frac{\pi}{4} e^{-x^2}.\]
   Comme \(e^{-x^2} \to 0\), le théorème des gendarmes donne \(\displaystyle \lim_{x \to +\infty} g(x) = 0\).

4. La fonction \(t \mapsto e^{-t^2}\) est continue et positive sur \([0, +\infty[\), et \(t^2 e^{-t^2} \to 0\) en \(+\infty\), donc \(e^{-t^2} = o(\frac{1}{t^2})\) : l’intégrale \(I = \int_0^{+\infty} e^{-t^2}\, dt\) converge. Ainsi \(G(x) \to I\) quand \(x \to +\infty\), et \(f(x) \to I^2\).

   Par b) et c), \(f(x) = \dfrac{\pi}{4} – g(x) \to \dfrac{\pi}{4}\). Par unicité de la limite, \(I^2 = \dfrac{\pi}{4}\). Comme \(I \geq\, 0\) (intégrale d’une fonction positive), \(\displaystyle \int_0^{+\infty} e^{-t^2}\, dt = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\).

5. Dans \(\Gamma(\frac{1}{2}) = \int_0^{+\infty} t^{-1/2} e^{-t}\, dt\), on effectue le changement de variable \(t = u^2\), où \(u \mapsto u^2\) est une bijection de classe \(\mathcal{C}^1\) strictement croissante de \(]0, +\infty[\) sur lui-même, avec \(dt = 2u\, du\) :
   \[\Gamma(\frac{1}{2}) = \int_0^{+\infty} \frac{1}{u} e^{-u^2}\, 2u\, du = 2 \int_0^{+\infty} e^{-u^2}\, du = 2 \times \frac{\sqrt{\pi}}{2}.\]
   Donc \(\Gamma(\frac{1}{2}) = \sqrt{\pi}\).

Barème : a) 2 points : 0,5 pour la continuité de la dérivée partielle, 1 pour la domination sur \([-A, A]\), 0,5 pour la formule ; b) 2 points : 0,5 pour \(f^{\prime}\), 1 pour le changement de variable, 0,5 pour la constante \(\frac{\pi}{4}\) ; c) 1,5 point : 1 pour la majoration, 0,5 pour la limite ; d) 1,5 point : 0,5 pour la convergence, 0,5 pour le passage à la limite, 0,5 pour le signe de \(I\) ; e) 1 point : 0,5 pour le changement de variable justifié, 0,5 pour le résultat.

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