Corrigé du contrôle de maths spé : intégrales généralisées et intégrabilité

Exercice 1 : Question de cours : intégrales de Riemann et comparaison (4 points)

1. Énoncé. L’intégrale \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{dt}{t^\alpha}\) converge si et seulement si \(\alpha > 1\). L’intégrale \(\displaystyle\int_0^1 \frac{dt}{t^\alpha}\) converge si et seulement si \(\alpha < 1\).

   Démonstration. Pour \(X > 1\) et \(\alpha \neq 1\), on a \(\displaystyle\int_1^X \frac{dt}{t^\alpha} = \frac{X^{1-\alpha} – 1}{1-\alpha}\). Cette quantité a une limite finie, égale à \(\dfrac{1}{\alpha-1}\), si \(\alpha > 1\). Elle tend vers \(+\infty\) si \(\alpha < 1\). Pour \(\alpha = 1\), l’intégrale vaut \(\ln X \to +\infty\).

   De même, pour \(\varepsilon \in ]0,1[\) et \(\alpha \neq 1\), \(\displaystyle\int_\varepsilon^1 \frac{dt}{t^\alpha} = \frac{1 – \varepsilon^{1-\alpha}}{1-\alpha}\). Elle tend vers \(\dfrac{1}{1-\alpha}\) si \(\alpha < 1\), et vers \(+\infty\) si \(\alpha > 1\). Pour \(\alpha = 1\), elle vaut \(-\ln \varepsilon \to +\infty\). Les deux critères sont démontrés.

2. Énoncé. Si \(0 \leq\, f \leq\, g\) sur \([a,b[\) et si \(g\) est intégrable sur \([a,b[\), alors \(f\) est intégrable sur \([a,b[\) et \(\displaystyle\int_a^b f \leq\, \int_a^b g\). Par contraposée, si \(f\) n’est pas intégrable, \(g\) non plus.

   Démonstration. On pose \(F(x) = \displaystyle\int_a^x f\) pour \(x \in [a,b[\). Comme \(f \geq\, 0\), \(F\) est croissante. De plus \(F(x) \leq\, \displaystyle\int_a^x g \leq\, \int_a^b g\). Par le théorème de la limite monotone, \(F\) admet donc une limite finie en \(b\). Ainsi \(f\) est intégrable, avec \(\displaystyle\int_a^b f \leq\, \int_a^b g\).

3. Si \(f\) et \(g\) sont positives et continues par morceaux sur \([a,b[\), et si \(f(x) \sim g(x)\) quand \(x \to b\), alors \(f\) est intégrable sur \([a,b[\) si et seulement si \(g\) l’est.

Barème : a) 2 points : 1 point par critère (calcul sur un segment et discussion complète, cas \(\alpha = 1\) compris) ; b) 1,5 point : 0,5 point pour l’énoncé, 1 point pour la preuve par la limite monotone ; c) 0,5 point.

Exercice 2 : Intégrabilité de x^a ln x sur ]0, 1] (4 points)

1. La fonction \(f_a\) est continue sur \(]0,1]\) : seule la borne \(0\) pose problème. On étudie \(|f_a(x)| = x^a |\ln x|\).

   Cas \(a > -1\). On pose \(c = \dfrac{a-1}{2}\), qui vérifie \(-1 < c < a\). Alors \(\dfrac{x^a |\ln x|}{x^c} = x^{(a+1)/2} |\ln x| \to 0\) par croissances comparées, car \(\dfrac{a+1}{2} > 0\). Donc \(|f_a(x)| = o(x^c)\) en \(0\). Or \(x \mapsto x^c = \dfrac{1}{x^{-c}}\) est intégrable sur \(]0,1]\), puisque \(-c < 1\) (critère de Riemann). Par comparaison, \(f_a\) est intégrable.

   Cas \(a \leq\, -1\). Pour \(x \in ]0, e^{-1}]\), on a \(|\ln x| \geq\, 1\) et \(x^a \geq\, x^{-1}\) car \(x \leq\, 1\). Donc \(|f_a(x)| \geq\, \dfrac{1}{x}\), qui n’est pas intégrable en \(0\). Par comparaison, \(f_a\) n’est pas intégrable.

   Ainsi \(f_a\) est intégrable sur \(]0,1]\) si et seulement si \(a > -1\).

2. Soit \(a > -1\) et \(\varepsilon \in ]0,1[\). On intègre par parties sur le segment \([\varepsilon, 1]\), en dérivant \(\ln x\) et en primitivant \(x^a\) en \(\dfrac{x^{a+1}}{a+1}\) :

   \[\int_\varepsilon^1 x^a \ln x\,dx = [\frac{x^{a+1}}{a+1}\ln x]_\varepsilon^1 – \int_\varepsilon^1 \frac{x^{a}}{a+1}\,dx = -\frac{\varepsilon^{a+1}\ln \varepsilon}{a+1} – \frac{1 – \varepsilon^{a+1}}{(a+1)^2}.\]

   Comme \(a + 1 > 0\), on a \(\varepsilon^{a+1} \to 0\) et \(\varepsilon^{a+1}\ln\varepsilon \to 0\) quand \(\varepsilon \to 0^+\). Par conséquent :

   \[\int_0^1 x^a \ln x\,dx = -\frac{1}{(a+1)^2}.\]

   Par exemple, pour \(a = 0\), on retrouve \(\displaystyle\int_0^1 \ln x\,dx = -1\).

Erreur fréquente : intégrer par parties directement sur \(]0,1]\) sans vérifier que le crochet a une limite finie en \(0\).

Barème : a) 2 points : 1 point pour le cas \(a > -1\) (fonction de comparaison et critère de Riemann), 1 point pour le cas \(a \leq\, -1\) ; b) 2 points : 1 point pour l’intégration par parties sur le segment, 1 point pour le passage à la limite et le résultat.

Exercice 3 : Une intégrale convergente non absolument (4 points)

1. Pour \(X \geq\, 1\), les fonctions \(x \mapsto \dfrac{1}{x}\) et \(x \mapsto -\cos x\) sont de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([1,X]\). Par intégration par parties :

   \[\int_1^X \frac{\sin x}{x}\,dx = [-\frac{\cos x}{x}]_1^X – \int_1^X \frac{\cos x}{x^2}\,dx = \cos 1 – \frac{\cos X}{X} – \int_1^X \frac{\cos x}{x^2}\,dx.\]

   D’une part, \(\dfrac{\cos X}{X} \to 0\). D’autre part, \(|\dfrac{\cos x}{x^2}| \leq\, \dfrac{1}{x^2}\), intégrable sur \([1,+\infty[\) : la dernière intégrale a donc une limite finie. Ainsi \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{\sin x}{x}\,dx\) converge.

2. Comme \(|\sin x| \leq\, 1\), on a \(\sin^2 x = |\sin x| \cdot |\sin x| \leq\, |\sin x|\). Ensuite, \(\sin^2 x = \dfrac{1-\cos 2x}{2}\). Donc, pour \(X \geq\, 1\) :

   \[\int_1^X \frac{|\sin x|}{x}\,dx \geq\, \frac{1}{2}\int_1^X \frac{dx}{x} – \frac{1}{2}\int_1^X \frac{\cos 2x}{x}\,dx.\]

   La même intégration par parties qu’en a) montre que \(\displaystyle\int_1^X \frac{\cos 2x}{x}\,dx\) a une limite finie. En revanche, \(\dfrac{1}{2}\ln X \to +\infty\). Le membre de droite tend donc vers \(+\infty\). Par conséquent, \(x \mapsto \dfrac{\sin x}{x}\) n’est pas intégrable sur \([1,+\infty[\) : l’intégrale est semi-convergente.

3. L’intégration par parties de a), menée sur \([X, Y]\) puis avec \(Y \to +\infty\), donne \(R(X) = \dfrac{\cos X}{X} – \displaystyle\int_X^{+\infty} \frac{\cos t}{t^2}\,dt\). Or \(|\displaystyle\int_X^{+\infty} \frac{\cos t}{t^2}\,dt| \leq\, \displaystyle\int_X^{+\infty} \frac{dt}{t^2} = \frac{1}{X}\). Donc \(|R(X)| \leq\, \dfrac{1}{X} + \dfrac{1}{X} = \dfrac{2}{X}\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 point pour l’intégration par parties, 1 point pour les deux limites justifiées ; b) 2 points : 0,5 point pour l’inégalité, 0,5 point pour la convergence de l’intégrale en cosinus, 1 point pour la divergence et la conclusion ; c) 0,5 point.

Exercice 4 : Intégration par parties et changement de variable (4 points)

1. La fonction \(t \mapsto t^n e^{-t}\) est continue et positive sur \([0,+\infty[\). De plus, \(t^2 \cdot t^n e^{-t} \to 0\) par croissances comparées, donc \(t^n e^{-t} = o(\dfrac{1}{t^2})\) en \(+\infty\). La fonction \(t \mapsto \dfrac{1}{t^2}\) est intégrable sur \([1,+\infty[\) par le critère de Riemann. Par comparaison, \(I_n\) est bien définie.
2. Pour \(X > 0\), on intègre par parties sur \([0,X]\) :

   \[\int_0^X t^{n+1} e^{-t}\,dt = [-t^{n+1} e^{-t}]_0^X + (n+1)\int_0^X t^n e^{-t}\,dt.\]

   Le crochet vaut \(-X^{n+1}e^{-X}\), qui tend vers \(0\). En faisant tendre \(X\) vers \(+\infty\), on obtient \(I_{n+1} = (n+1) I_n\). Comme \(I_0 = \displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-t}\,dt = 1\), une récurrence immédiate donne le résultat. Donc \(I_n = n!\) pour tout \(n\).

3. L’application \(\varphi : u \mapsto u^2\) est une bijection de \(]0,+\infty[\) sur \(]0,+\infty[\), de classe \(\mathcal{C}^1\) et strictement croissante. Le théorème de changement de variable affirme alors que \(\displaystyle\int_0^{+\infty} t^n e^{-t}\,dt\) et \(\displaystyle\int_0^{+\infty} u^{2n} e^{-u^2}\, 2u\,du\) sont de même nature et égales en cas de convergence. Par conséquent :

   \[n! = 2\int_0^{+\infty} u^{2n+1} e^{-u^2}\,du.\]

   Donc \(\displaystyle\int_0^{+\infty} u^{2n+1} e^{-u^2}\,du = \frac{n!}{2}\). Pour \(n = 0\), on retrouve bien \(\displaystyle\int_0^{+\infty} u\,e^{-u^2}\,du = [-\frac{e^{-u^2}}{2}]_0^{+\infty} = \frac{1}{2}\).

Barème : a) 1 point ; b) 1,5 point : 1 point pour la relation (crochet justifié), 0,5 point pour \(I_n = n!\) ; c) 1,5 point : 0,5 point pour les hypothèses du changement de variable, 1 point pour le calcul.

Exercice 5 : Problème : équivalent d’un reste d’intégrale (4 points)

1. La fonction \(t \mapsto e^{-t^2}\) est continue sur \([0,+\infty[\). Pour \(t \geq\, 1\), on a \(t^2 \geq\, t\), donc \(0 < e^{-t^2} \leq\, e^{-t}\), fonction intégrable. Elle est donc intégrable sur \([0,+\infty[\), et \(R(x)\) est bien défini. Ensuite, \(R(x) = \displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-t^2}\,dt – \int_0^x e^{-t^2}\,dt\). Par le théorème fondamental de l’analyse, \(R\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) et \(R^{\prime}(x) = -e^{-x^2}\).
2. Soit \(0 < x < X\). On écrit \(e^{-t^2} = \dfrac{1}{2t} \cdot 2t\,e^{-t^2}\) et on intègre par parties sur \([x,X]\) :

   \[\int_x^X e^{-t^2}\,dt = [-\frac{e^{-t^2}}{2t}]_x^X – \int_x^X \frac{e^{-t^2}}{2t^2}\,dt.\]

   Quand \(X \to +\infty\), le crochet tend vers \(\dfrac{e^{-x^2}}{2x}\), et l’intégrale converge car \(\dfrac{e^{-t^2}}{2t^2} \leq\, \dfrac{e^{-t^2}}{2x^2}\). D’où la formule annoncée. De plus :

   \[0 \leq\, \int_x^{+\infty} \frac{e^{-t^2}}{2t^2}\,dt \leq\, \frac{1}{2x^2}\int_x^{+\infty} e^{-t^2}\,dt = \frac{R(x)}{2x^2}.\]

   Ainsi \(\dfrac{e^{-x^2}}{2x} = R(x)(1 + \theta(x))\), avec \(0 \leq\, \theta(x) \leq\, \dfrac{1}{2x^2}\), donc \(\theta(x) \to 0\). Par conséquent \(R(x) \sim \dfrac{e^{-x^2}}{2x}\) quand \(x \to +\infty\).

   

3. La fonction \(R\) est positive et continue sur \([0,+\infty[\). On intègre par parties sur \([0,X]\), en dérivant \(R\) et en primitivant \(1\) en \(x\) :

   \[\int_0^X R(x)\,dx = [x R(x)]_0^X + \int_0^X x\,e^{-x^2}\,dx = X R(X) + \frac{1 – e^{-X^2}}{2}.\]

   D’après b), \(X R(X) \sim \dfrac{e^{-X^2}}{2} \to 0\). Le membre de droite tend donc vers \(\dfrac{1}{2}\). Ainsi \(\displaystyle\int_0^{+\infty} R(x)\,dx\) converge et vaut \(\dfrac{1}{2}\).

Barème : a) 1 point : 0,5 point pour l’intégrabilité, 0,5 point pour la dérivée ; b) 2 points : 1 point pour l’intégration par parties et le passage à la limite, 1 point pour l’encadrement et l’équivalent ; c) 1 point : 0,5 point pour l’intégration par parties, 0,5 point pour la limite.

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Après le corrigé du contrôle : intégrales généralisées et intégrabilité

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