Intégrales à paramètre : corrigé des exercices de maths spé.

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

1. On pose \(f(x,t) = \dfrac{e^{-xt}}{1+t}\). Cette fonction est continue sur \(\mathbb{R} \times [0,1]\). Soit \(A > 0\). Pour \(|x| \leq\, A\) et \(t \in [0,1]\), on a \(|f(x,t)| \leq\, e^{A}\), constante intégrable sur le segment \([0,1]\). Par le théorème de continuité, \(F\) est continue sur \([-A,A]\) pour tout \(A\). Donc \(F\) est définie et continue sur \(\mathbb{R}\).
2. La dérivée partielle vaut \(\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,t) = -\dfrac{t\,e^{-xt}}{1+t}\). Elle est continue sur \(\mathbb{R} \times [0,1]\). De plus, pour \(|x| \leq\, A\), elle est majorée en valeur absolue par \(e^{A}\). Le théorème de dérivation sous le signe intégrale s’applique donc sur tout segment. Ainsi \(F\) est de classe \(C^1\) et \(F^{\prime}(x) = -\displaystyle\int_0^1 \frac{t\,e^{-xt}}{1+t}\,dt\). L’intégrande est continu, positif et non identiquement nul. Par conséquent, \(F^{\prime}(x) < 0\) et \(F\) est strictement décroissante.
3. D’abord, \(F(0) = \displaystyle\int_0^1 \frac{dt}{1+t} = \ln 2\). Ensuite, \[F(x) – F^{\prime}(x) = \int_0^1 \frac{(1+t)\,e^{-xt}}{1+t}\,dt = \int_0^1 e^{-xt}\,dt = \frac{1 – e^{-x}}{x}.\] On obtient donc \(F(0) = \ln 2\) et \(F(x) – F^{\prime}(x) = \dfrac{1-e^{-x}}{x}\) pour \(x \neq 0\).
4. Pour \(x > 0\), on a \(0 \leq\, \dfrac{e^{-xt}}{1+t} \leq\, e^{-xt}\). En intégrant, \(0 \leq\, F(x) \leq\, \dfrac{1 – e^{-x}}{x} \leq\, \dfrac{1}{x}\). Par encadrement, \(F(x) \to 0\) quand \(x \to +\infty\).

Point de méthode : sur un segment d’intégration avec \(f\) continue sur \(J \times [a,b]\), la domination sur \([-A,A] \times [a,b]\) est automatique par le maximum d’une fonction continue sur un compact.

Corrigé de l’exercice 2 : Nécessité de l’hypothèse de domination

1. Pour \(x = 0\), l’intégrande est nul et \(F(0) = 0\). Pour \(x > 0\), \(\displaystyle\int_0^{+\infty} x\,e^{-xt}\,dt = [-e^{-xt}]_0^{+\infty} = 1\). Ainsi \(F(0) = 0\) et \(F(x) = 1\) pour \(x > 0\) : \(F\) n’est pas continue en \(0\).
2. Soit \(t > 0\) et \(g(x) = x\,e^{-xt}\). On a \(g^{\prime}(x) = (1 – xt)\,e^{-xt}\), positive sur \(]0, \frac{1}{t}]\) et négative ensuite. Le maximum est atteint en \(x = \frac{1}{t}\). Donc \(\displaystyle\sup_{x > 0} x\,e^{-xt} = \dfrac{1}{e\,t}\).
3. Supposons qu’une telle \(\varphi\) existe. En prenant \(x = \frac{1}{t}\), on obtient \(\varphi(t) \geq\, \dfrac{1}{e\,t}\) pour tout \(t > 0\). Or \(t \mapsto \dfrac{1}{t}\) n’est pas intégrable sur \(]0,1]\). Par comparaison de fonctions positives, \(\varphi\) ne serait pas intégrable : contradiction. Aucune domination n’existe sur \(]0,+\infty[\).
4. Pour \(x \in [a,b]\) et \(t \geq\, 0\), on a \(x \leq\, b\) et \(e^{-xt} \leq\, e^{-at}\). Donc \(0 \leq\, x\,e^{-xt} \leq\, b\,e^{-at}\), fonction intégrable sur \([0,+\infty[\). Le théorème donne la continuité de \(F\) sur tout \([a,b]\), donc sur \(]0,+\infty[\). On retrouve le fait que \(F\), constante égale à \(1\), y est continue.

Point de méthode : la figure du cours montre le mécanisme. Quand \(x\) grandit, l’aire \(1\) se concentre près de \(t = 0\) ; en \(x = 0\), elle disparaît.

Corrigé de l’exercice 3 : Continuité sur un intervalle non borné

1. La fonction \(f(x,t) = \dfrac{\cos(xt)}{1+t^2}\) est continue sur \(\mathbb{R} \times [0,+\infty[\). De plus, \(|f(x,t)| \leq\, \dfrac{1}{1+t^2}\), intégrable sur \([0,+\infty[\), et ce majorant ne dépend pas de \(x\). Par le théorème de continuité, \(F\) est définie et continue sur \(\mathbb{R}\). Elle est paire car le cosinus l’est. Enfin, \(|F(x)| \leq\, \displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{dt}{1+t^2} = \frac{\pi}{2}\). Ainsi \(F\) est continue, paire, bornée par \(\frac{\pi}{2}\), et \(F(0) = \frac{\pi}{2}\).
2. On calcule \(\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,t) = -\dfrac{t\,\sin(xt)}{1+t^2}\). Or \(\dfrac{t}{1+t^2} \sim \dfrac{1}{t}\) en \(+\infty\). Par comparaison, \(t \mapsto \dfrac{t}{1+t^2}\) n’est pas intégrable sur \([0,+\infty[\). La majoration naturelle ne fournit donc aucune domination.
3. Supposons le théorème applicable sur un intervalle ouvert \(J\) contenant \(0\). Alors \(F\) serait de classe \(C^1\) sur \(J\), donc dérivable en \(0\). Or \(F(x) = \frac{\pi}{2}e^{-|x|}\) a pour dérivée à droite \(-\frac{\pi}{2}\) et pour dérivée à gauche \(\frac{\pi}{2}\) en \(0\). Elle n’y est donc pas dérivable. Les hypothèses du théorème de dérivation ne peuvent être satisfaites sur aucun voisinage de \(0\).

Corrigé de l’exercice 4 : Domination sur des intervalles adaptés

1. La fonction \(t \mapsto \dfrac{1}{1+t^x}\) est continue et positive sur \([0,+\infty[\). Si \(x > 0\), elle est équivalente à \(t^{-x}\) en \(+\infty\), intégrable si et seulement si \(x > 1\). Si \(x = 0\), elle vaut \(\frac{1}{2}\). Si \(x < 0\), elle tend vers \(1\) en \(+\infty\). Dans ces deux derniers cas, elle n’est pas intégrable. Donc \(F(x)\) est défini si et seulement si \(x > 1\).
2. Soit \(a > 1\) et \(x \geq\, a\). Pour \(t \in [0,1]\), on a \(0 \leq\, \dfrac{1}{1+t^x} \leq\, 1\). Pour \(t \geq\, 1\), on a \(t^x \geq\, t^a\), donc \(\dfrac{1}{1+t^x} \leq\, \dfrac{1}{t^a}\). La fonction \(\varphi\) égale à \(1\) sur \([0,1]\) et à \(t^{-a}\) sur \(]1,+\infty[\) est intégrable, car \(a > 1\). L’intégrande est continu en \((x,t)\). Ainsi \(F\) est continue sur \([a,+\infty[\). Tout point de \(]1,+\infty[\) appartient à un tel intervalle. Donc \(F\) est continue sur \(]1,+\infty[\).
3. Pour \(t \in [0,1[\), \(t^x \to 0\), donc l’intégrande tend vers \(1\). Pour \(t = 1\), il vaut \(\frac{1}{2}\). Pour \(t > 1\), il tend vers \(0\). La limite simple vaut donc \(1\) sur \([0,1[\) et \(0\) sur \(]1,+\infty[\), sauf en un point. La domination de la question 2 avec \(a = 2\) vaut pour \(x \geq\, 2\). Par convergence dominée (appliquée à toute suite \(x_n \to +\infty\)), \(F(x) \to 1\) quand \(x \to +\infty\). La figure de l’énoncé illustre cette convergence vers une marche.
4. Pour \(t \geq\, 1\), on a \(t^x \geq\, 1\), donc \(1 + t^x \leq\, 2t^x\). Par positivité, \[F(x) \geq\, \int_1^{+\infty} \frac{dt}{1+t^x} \geq\, \frac{1}{2}\int_1^{+\infty} t^{-x}\,dt = \frac{1}{2(x-1)}.\] Par minoration, \(F(x) \to +\infty\) quand \(x \to 1^+\).

Corrigé de l’exercice 5 : Dérivation et fonction arctangente

1. Posons \(f(x,t) = e^{-t}\dfrac{\sin(xt)}{t}\) pour \(t > 0\). Elle est continue sur \(\mathbb{R} \times ]0,+\infty[\). L’inégalité \(|\sin u| \leq\, |u|\) donne \(|f(x,t)| \leq\, |x|\,e^{-t}\), intégrable sur \(]0,+\infty[\). Donc \(F\) est définie sur \(\mathbb{R}\).
2. Pour \(t > 0\) fixé, \(x \mapsto f(x,t)\) est de classe \(C^1\) et \(\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,t) = e^{-t}\cos(xt)\). Cette dérivée est continue et vérifie \(|\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,t)| \leq\, e^{-t}\), majorant intégrable indépendant de \(x\). Le théorème de dérivation sous le signe intégrale donne : \(F\) est de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}\) et \(F^{\prime}(x) = \displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-t}\cos(xt)\,dt\).
3. On passe par l’exponentielle complexe : \(\cos(xt) = \mathrm{Re}(e^{ixt})\). Comme \(|e^{(-1+ix)t}| = e^{-t}\), \[\int_0^{+\infty} e^{(-1+ix)t}\,dt = [\frac{e^{(-1+ix)t}}{-1+ix}]_0^{+\infty} = \frac{1}{1-ix} = \frac{1+ix}{1+x^2}.\] En prenant la partie réelle, \(F^{\prime}(x) = \dfrac{1}{1+x^2}\). De plus, \(F(0) = 0\). Par conséquent, \(F(x) = \arctan x\) pour tout réel \(x\).

La figure ci-dessous confirme le résultat : les valeurs de \(F\) calculées numériquement se placent exactement sur la courbe de l’arctangente.

Corrigé de l’exercice 6 : Intégrale de Frullani par dérivation

1. Soit \(x > 0\) et \(g(t) = \dfrac{e^{-t} – e^{-xt}}{t}\), continue sur \(]0,+\infty[\). En \(0\), un développement limité donne \(e^{-t} – e^{-xt} = (x – 1)t + o(t)\). Ainsi \(g(t) \to x – 1\) : \(g\) se prolonge par continuité en \(0\). Pour \(t \geq\, 1\), \(|g(t)| \leq\, e^{-t} + e^{-xt}\), intégrable. Donc \(F\) est définie sur \(]0,+\infty[\).
2. On a \(\dfrac{\partial}{\partial x}(\dfrac{e^{-t} – e^{-xt}}{t}) = e^{-xt}\), continue. Soit \(a > 0\). Pour \(x \geq\, a\), \(0 < e^{-xt} \leq\, e^{-at}\), intégrable sur \(]0,+\infty[\). Par dérivation sous le signe intégrale sur chaque \([a,+\infty[\), \(F\) est \(C^1\) sur \(]0,+\infty[\) et \(F^{\prime}(x) = \displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-xt}\,dt = \frac{1}{x}\).
3. Comme \(F(1) = 0\), on obtient \(F(x) = \ln x\). Enfin, \(e^{-2t} – e^{-3t} = (e^{-t} – e^{-3t}) – (e^{-t} – e^{-2t})\). Par linéarité des intégrales convergentes, \[\int_0^{+\infty} \frac{e^{-2t} – e^{-3t}}{t}\,dt = F(3) – F(2) = \ln\frac{3}{2}.\] Le résultat est donc \(\ln \frac{3}{2}\).

Point de méthode : on ne sépare jamais \(\displaystyle\int \frac{e^{-t}}{t} – \int \frac{e^{-xt}}{t}\), car chaque intégrale diverge en \(0\).

Corrigé de l’exercice 7 : Une intégrale logarithmique

1. Soit \(t \in ]0,1[\). On écrit \(t^x – 1 = e^{x\ln t} – e^0\). L’égalité des accroissements finis pour l’exponentielle fournit \(c\) entre \(0\) et \(x\ln t\) tel que \(t^x – 1 = x\ln t\,e^{c}\). Or \(e^c \leq\, \max(1, e^{x\ln t}) = \max(1,t^x)\). Ainsi \(|\dfrac{t^x – 1}{\ln t}| \leq\, |x|\max(1,t^x) \leq\, |x|(1 + t^x)\). Comme \(x > -1\), \(t \mapsto t^x\) est intégrable sur \(]0,1]\). L’intégrande est continu sur \(]0,1[\). Donc \(F\) est définie sur \(]-1,+\infty[\).
2. Pour \(t \in ]0,1[\), \(\dfrac{\partial}{\partial x}(\dfrac{t^x – 1}{\ln t}) = \dfrac{t^x\ln t}{\ln t} = t^x\). Soit \([a,b] \subset ]-1,+\infty[\). Pour \(x \in [a,b]\) et \(t \in ]0,1[\), on a \(0 < t^x \leq\, t^a\), car \(t < 1\). Or \(t^a\) est intégrable sur \(]0,1[\) puisque \(a > -1\). Donc \(F\) est \(C^1\) et \(F^{\prime}(x) = \displaystyle\int_0^1 t^x\,dt = \frac{1}{x+1}\).
3. Comme \(F(0) = 0\), on obtient \(F(x) = \ln(1+x)\) pour \(x > -1\). Avec \(x = 1\), \(\displaystyle\int_0^1 \frac{t-1}{\ln t}\,dt = \ln 2\).

Corrigé de l’exercice 8 : Une intégrale trigonométrique

1. Pour \(x > 0\), on a \(\cos^2 t + x^2\sin^2 t \geq\, \min(1,x^2)(\cos^2 t + \sin^2 t) = \min(1,x^2) > 0\). Ainsi \(f(x,t) = \ln(\cos^2 t + x^2\sin^2 t)\) est continue sur \(]0,+\infty[ \times [0,\frac{\pi}{2}]\), et \(F\) est définie. Ensuite, \(\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,t) = \dfrac{2x\sin^2 t}{\cos^2 t + x^2\sin^2 t}\). Si \(\sin t \neq 0\), cette quantité est au plus \(\dfrac{2x\sin^2 t}{x^2\sin^2 t} = \dfrac{2}{x}\) ; elle est nulle sinon. Pour \(x \geq\, a > 0\), elle est donc majorée par \(\frac{2}{a}\), intégrable sur le segment. Par conséquent, \(F\) est de classe \(C^1\) sur \(]0,+\infty[\).
2. Pour \(x > 0\), on divise par \(\cos^2 t\) puis on pose \(u = \tan t\), avec \(dt = \dfrac{du}{1+u^2}\) : \[F^{\prime}(x) = \int_0^{\pi/2} \frac{2x\tan^2 t}{1 + x^2\tan^2 t}\,dt = \int_0^{+\infty} \frac{2x\,u^2}{(1+x^2u^2)(1+u^2)}\,du.\] Pour \(x \neq 1\), on vérifie que \(\dfrac{u^2}{(1+x^2u^2)(1+u^2)} = \dfrac{1}{x^2-1}(\dfrac{1}{1+u^2} – \dfrac{1}{1+x^2u^2})\). Or \(\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{du}{1+u^2} = \frac{\pi}{2}\) et \(\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{du}{1+x^2u^2} = \frac{\pi}{2x}\). Donc \[F^{\prime}(x) = \frac{2x}{x^2-1}\cdot\frac{\pi}{2}\cdot\frac{x-1}{x} = \frac{\pi}{x+1}.\] En \(x = 1\), \(F^{\prime}(1) = \displaystyle\int_0^{\pi/2} 2\sin^2 t\,dt = \frac{\pi}{2}\), ce qui coïncide. Ainsi \(F^{\prime}(x) = \dfrac{\pi}{x+1}\) pour tout \(x > 0\).
3. Comme \(F(1) = \displaystyle\int_0^{\pi/2} \ln 1\,dt = 0\), on obtient \(F(x) = \pi\ln\dfrac{1+x}{2}\) pour \(x > 0\).
4. On travaille sur \(I = [0,\frac{\pi}{2}[\). Pour \(x \in [0,1]\) et \(t \in I\), on a \(\cos^2 t \leq\, \cos^2 t + x^2\sin^2 t \leq\, 1\). Donc \(|f(x,t)| \leq\, -\ln(\cos^2 t) = -2\ln\cos t\). Or \(\cos t = \sin(\frac{\pi}{2} – t) \sim \frac{\pi}{2} – t\), donc \(\ln\cos t \sim \ln(\frac{\pi}{2} – t)\), intégrable au voisinage de \(\frac{\pi}{2}\). Le théorème de continuité s’applique : \(F\) est continue sur \([0,1]\). En faisant tendre \(x\) vers \(0\), \(F(0) = \pi\ln\frac{1}{2}\). Or \(F(0) = 2\displaystyle\int_0^{\pi/2} \ln(\cos t)\,dt\). Finalement, \(\displaystyle\int_0^{\pi/2} \ln(\cos t)\,dt = -\frac{\pi}{2}\ln 2\).

Point de méthode : la domination change selon l’intervalle étudié. Sur \([a,+\infty[\), on domine la dérivée ; sur \([0,1]\), on domine la fonction elle-même par sa valeur en \(x = 0\).

Corrigé de l’exercice 9 : Arctangente sous le signe intégrale

1. Posons \(f(x,t) = \dfrac{\arctan(xt)}{t(1+t^2)}\), continue sur \(\mathbb{R} \times ]0,+\infty[\). Comme \(|\arctan u| \leq\, |u|\), on a \(|f(x,t)| \leq\, \dfrac{|x|}{1+t^2}\), intégrable. Donc \(F\) est définie. De plus, l’arctangente est impaire, donc \(F\) est définie sur \(\mathbb{R}\) et impaire.
2. On a \(\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,t) = \dfrac{t}{1+x^2t^2}\cdot\dfrac{1}{t(1+t^2)} = \dfrac{1}{(1+x^2t^2)(1+t^2)}\). Cette dérivée est continue et majorée par \(\dfrac{1}{1+t^2}\), intégrable et indépendante de \(x\). Donc \(F\) est \(C^1\) sur \(\mathbb{R}\) et \(F^{\prime}(x) = \displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{dt}{(1+x^2t^2)(1+t^2)}\).
3. Pour \(x \geq\, 0\) et \(x \neq 1\), on décompose : \(\dfrac{1}{(1+x^2t^2)(1+t^2)} = \dfrac{1}{x^2-1}(\dfrac{x^2}{1+x^2t^2} – \dfrac{1}{1+t^2})\). Or \(\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{x^2\,dt}{1+x^2t^2} = \frac{\pi x}{2}\) pour \(x \geq\, 0\). D’où \(F^{\prime}(x) = \dfrac{\pi}{2}\cdot\dfrac{x-1}{x^2-1} = \dfrac{\pi}{2(x+1)}\). Par continuité de \(F^{\prime}\), la formule vaut aussi en \(x = 1\). Comme \(F(0) = 0\), \(F(x) = \dfrac{\pi}{2}\ln(1+x)\) pour \(x \geq\, 0\), et \(F(x) = -\dfrac{\pi}{2}\ln(1-x)\) pour \(x \leq\, 0\) par imparité.
4. Avec \(x = 1\), on obtient \(\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{\arctan t}{t(1+t^2)}\,dt = \frac{\pi}{2}\ln 2\).

Corrigé de l’exercice 10 : Intégrale de Gauss par une intégrale à paramètre

1. La fonction \(f(x,t) = \dfrac{e^{-x^2(1+t^2)}}{1+t^2}\) est de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R} \times [0,1]\), et \(\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,t) = -2x\,e^{-x^2(1+t^2)}\). Pour \(|x| \leq\, A\), cette dérivée est majorée par \(2A\), intégrable sur \([0,1]\). Donc \(F\) est \(C^1\) et \(F^{\prime}(x) = -2x\,e^{-x^2}\displaystyle\int_0^1 e^{-x^2t^2}\,dt\). Le changement de variable \(u = xt\) donne \(x\displaystyle\int_0^1 e^{-x^2t^2}\,dt = \int_0^x e^{-u^2}\,du\), y compris pour \(x \leq\, 0\). Ainsi \(F^{\prime}(x) = -2e^{-x^2}\displaystyle\int_0^x e^{-u^2}\,du\). Par ailleurs, \(G\) est \(C^1\) comme carré d’une primitive, et \(G^{\prime}(x) = 2e^{-x^2}\displaystyle\int_0^x e^{-u^2}\,du\). Donc \(F^{\prime} + G^{\prime} = 0\).
2. La fonction \(F + G\) est constante sur l’intervalle \(\mathbb{R}\). Or \(G(0) = 0\) et \(F(0) = \displaystyle\int_0^1 \frac{dt}{1+t^2} = \frac{\pi}{4}\). Donc \(F(x) + G(x) = \dfrac{\pi}{4}\) pour tout \(x\).
3. Pour tout \(t \in [0,1]\), \(e^{-x^2(1+t^2)} \leq\, e^{-x^2}\). Donc \(0 \leq\, F(x) \leq\, \dfrac{\pi}{4}e^{-x^2}\), et \(F(x) \to 0\) en \(+\infty\). Par conséquent, \(G(x) \to \frac{\pi}{4}\). L’intégrale \(\displaystyle\int_0^x e^{-u^2}\,du\) est positive pour \(x \geq\, 0\) : elle tend vers \(\frac{\sqrt{\pi}}{2}\). Ainsi \(\displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-u^2}\,du = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\).

Corrigé de l’exercice 11 : Transformée de Fourier d’une gaussienne

1. On pose \(f(x,t) = e^{-t^2}\cos(xt)\). On a \(|f(x,t)| \leq\, e^{-t^2}\), intégrable sur \([0,+\infty[\), donc \(F\) est définie. Ensuite, \(\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,t) = -t\,e^{-t^2}\sin(xt)\), continue et majorée par \(t\,e^{-t^2}\). Ce majorant est intégrable, car \(t\,e^{-t^2} = o(\frac{1}{t^2})\) en \(+\infty\). Donc \(F\) est \(C^1\) et \(F^{\prime}(x) = -\displaystyle\int_0^{+\infty} t\,e^{-t^2}\sin(xt)\,dt\).
2. On intègre par parties avec \(u(t) = \sin(xt)\) et \(v(t) = \frac{1}{2}e^{-t^2}\), de sorte que \(v^{\prime}(t) = -t\,e^{-t^2}\). Le produit \(u(t)v(t)\) est nul en \(0\) et tend vers \(0\) en \(+\infty\). L’intégration par parties généralisée est donc licite : \[F^{\prime}(x) = \int_0^{+\infty} u\,v^{\prime} = -\int_0^{+\infty} x\cos(xt)\,\frac{e^{-t^2}}{2}\,dt = -\frac{x}{2}F(x).\] On a bien établi \(F^{\prime}(x) = -\dfrac{x}{2}F(x)\).
3. Les solutions de \(y^{\prime} = -\frac{x}{2}y\) sont les \(x \mapsto C\,e^{-x^2/4}\). Comme \(F(0) = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\), on obtient \(F(x) = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2}\,e^{-x^2/4}\). Enfin, \(e^{-t^2}\sin(xt)\) est impaire en \(t\) et \(e^{-t^2}\cos(xt)\) est paire. Donc \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-t^2}e^{-ixt}\,dt = 2F(x) = \sqrt{\pi}\,e^{-x^2/4}\).

Comme le montre la figure ci-dessous, les valeurs numériques de \(F\) suivent exactement la gaussienne \(\frac{\sqrt{\pi}}{2}e^{-x^2/4}\).

Corrigé de l’exercice 12 : Une équation différentielle du second ordre

1. La fonction \(f(x,t) = \dfrac{e^{-xt}}{1+t^2}\) est continue sur \([0,+\infty[^2\) et vérifie \(|f(x,t)| \leq\, \dfrac{1}{1+t^2}\), intégrable. Donc \(F\) est continue sur \([0,+\infty[\) et \(F(0) = \frac{\pi}{2}\).
2. Pour \(k \in \{1,2\}\), \(\dfrac{\partial^k f}{\partial x^k}(x,t) = \dfrac{(-t)^k e^{-xt}}{1+t^2}\), continue. Soit \(a > 0\). Pour \(x \geq\, a\), cette dérivée est majorée par \(t^k e^{-at}\), intégrable. Les fonctions \(f(x,\cdot)\) et \(\frac{\partial f}{\partial x}(x,\cdot)\) sont intégrables pour \(x > 0\). Par le théorème de classe \(C^k\), \(F\) est \(C^2\) sur \(]0,+\infty[\). Ensuite, \[F^{\prime\prime}(x) + F(x) = \int_0^{+\infty} \frac{(t^2+1)\,e^{-xt}}{1+t^2}\,dt = \int_0^{+\infty} e^{-xt}\,dt = \frac{1}{x}.\] On a donc \(F^{\prime\prime} + F = \dfrac{1}{x}\) sur \(]0,+\infty[\).
3. Pour \(x > 0\), \(0 \leq\, \dfrac{e^{-xt}}{1+t^2} \leq\, e^{-xt}\). En intégrant, \(0 \leq\, F(x) \leq\, \dfrac{1}{x}\), donc \(F(x) \to 0\) en \(+\infty\).
4. D’une part, \(F^{\prime}(x) = -\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{t\,e^{-xt}}{1+t^2}\,dt < 0\). D’autre part, \(F^{\prime\prime}(x) = \displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{t^2e^{-xt}}{1+t^2}\,dt > 0\). Ces intégrandes sont continus, positifs et non nuls. Donc \(F\) est strictement décroissante et strictement convexe sur \(]0,+\infty[\).

Corrigé de l’exercice 13 : Transformée de Laplace

1. Pour \(x > 0\), \(|f(t)e^{-xt}| \leq\, M e^{-xt}\), intégrable sur \([0,+\infty[\). Donc \(\mathcal{L}f(x)\) existe, et \(|\mathcal{L}f(x)| \leq\, M\displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-xt}\,dt = \frac{M}{x}\).
2. Pour \(k \in \mathbb{N}\), \(\dfrac{\partial^k}{\partial x^k}(f(t)e^{-xt}) = (-t)^k f(t)\,e^{-xt}\), continue en \((x,t)\). Soit \(a > 0\). Pour \(x \geq\, a\), elle est majorée par \(M\,t^k e^{-at}\), intégrable. Toutes les dérivées sont donc intégrables et dominées sur \([a,+\infty[\). Ainsi \(\mathcal{L}f\) est \(C^\infty\) et \((\mathcal{L}f)^{(k)}(x) = (-1)^k\displaystyle\int_0^{+\infty} t^k f(t)\,e^{-xt}\,dt\).
3. Le changement de variable \(u = xt\), bijectif et \(C^1\), donne \(x\,\mathcal{L}f(x) = \displaystyle\int_0^{+\infty} f(\frac{u}{x})e^{-u}\,du\). Soit \(x_n \to +\infty\). Pour tout \(u\), \(f(\frac{u}{x_n}) \to f(0)\) par continuité de \(f\) en \(0\). De plus, l’intégrande est majoré par \(M e^{-u}\), intégrable. Par convergence dominée, \(x\,\mathcal{L}f(x) \to f(0)\,\displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-u}\,du = f(0)\).
4. Comme dans le cours, \(\displaystyle\int_0^{+\infty} e^{(-x+i)t}\,dt = \frac{x+i}{x^2+1}\). Donc \(\mathcal{L}(\cos)(x) = \dfrac{x}{1+x^2}\) et \(\mathcal{L}(\sin)(x) = \dfrac{1}{1+x^2}\). Ensuite, \(\mathcal{L}f(x) = \displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-(x+1)t}\,dt = \frac{1}{x+1}\) pour \(f(t) = e^{-t}\). Vérifions : \(\dfrac{x^2}{1+x^2} \to 1 = \cos 0\), \(\dfrac{x}{1+x^2} \to 0 = \sin 0\) et \(\dfrac{x}{x+1} \to 1 = e^{0}\).

Corrigé de l’exercice 14 : Fonction Gamma, définition et relation fonctionnelle

1. L’intégrande \(g(t) = t^{x-1}e^{-t}\) est continu et positif sur \(]0,+\infty[\). En \(0\), \(g(t) \sim t^{x-1}\), intégrable sur \(]0,1]\) si et seulement si \(x – 1 > -1\). En \(+\infty\), \(t^2 g(t) = t^{x+1}e^{-t} \to 0\), donc \(g(t) = o(\frac{1}{t^2})\) est intégrable. Ainsi \(\Gamma(x)\) converge si et seulement si \(x > 0\).
2. Soit \(0 < a < b\) et \(x \in [a,b]\). Si \(t \in ]0,1]\), \(t^{x-1} \leq\, t^{a-1}\). Si \(t \geq\, 1\), \(t^{x-1} \leq\, t^{b-1}\). Donc \(0 \leq\, t^{x-1}e^{-t} \leq\, (t^{a-1} + t^{b-1})e^{-t}\), intégrable d’après la question 1. L’intégrande est continu en \(x\). Donc \(\Gamma\) est continue sur tout \([a,b]\), donc sur \(]0,+\infty[\).
3. Soit \(x > 0\) et \(0 < \varepsilon < A\). Par parties, \(\displaystyle\int_\varepsilon^A t^x e^{-t}\,dt = \varepsilon^x e^{-\varepsilon} – A^x e^{-A} + x\int_\varepsilon^A t^{x-1}e^{-t}\,dt\). Les deux termes de bord tendent vers \(0\), car \(x > 0\). D’où \(\Gamma(x+1) = x\,\Gamma(x)\). Comme \(\Gamma(1) = 1\), une récurrence donne \(\Gamma(n+1) = n!\).
4. Le changement de variable \(t = u^2\), avec \(dt = 2u\,du\), donne \(\Gamma(\frac{1}{2}) = \displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{e^{-u^2}}{u}\,2u\,du = 2\cdot\frac{\sqrt{\pi}}{2}\). Donc \(\Gamma(\frac{1}{2}) = \sqrt{\pi}\). Ensuite, la relation fonctionnelle appliquée \(n\) fois donne \[\Gamma(n + \tfrac{1}{2}) = \prod_{k=1}^{n}\frac{2k-1}{2}\,\sqrt{\pi} = \frac{1 \cdot 3 \cdots (2n-1)}{2^n}\sqrt{\pi}.\] Or \(1 \cdot 3 \cdots (2n-1) = \dfrac{(2n)!}{2 \cdot 4 \cdots (2n)} = \dfrac{(2n)!}{2^n\,n!}\). Finalement, \(\Gamma(n+\frac{1}{2}) = \dfrac{(2n)!}{4^n\,n!}\sqrt{\pi}\).

Corrigé de l’exercice 15 : Régularité et variations de la fonction Gamma

1. On a \(\dfrac{\partial^k}{\partial x^k}(t^{x-1}e^{-t}) = (\ln t)^k\,t^{x-1}e^{-t}\), continue. Sur \([a,b] \subset ]0,+\infty[\), elle est majorée par \(|\ln t|^k(t^{a-1} + t^{b-1})e^{-t}\). Ce majorant est intégrable : en \(0\), il est \(o(t^{\frac{a}{2}-1})\) ; en \(+\infty\), il est \(o(\frac{1}{t^2})\). Toutes les dérivées sont donc dominées sur tout segment. Ainsi \(\Gamma\) est \(C^\infty\) et \(\Gamma^{(k)}(x) = \displaystyle\int_0^{+\infty}(\ln t)^k\,t^{x-1}e^{-t}\,dt\).
2. L’intégrande de \(\Gamma^{\prime\prime}(x)\) est continu, positif et non identiquement nul. Donc \(\Gamma^{\prime\prime}(x) > 0\) et \(\Gamma\) est strictement convexe.
3. On pose \(u(t) = t^{\frac{x-1}{2}}e^{-t/2}\) et \(v(t) = \ln t \cdot t^{\frac{x-1}{2}}e^{-t/2}\). Leurs carrés sont intégrables, d’intégrales \(\Gamma(x)\) et \(\Gamma^{\prime\prime}(x)\). L’inégalité de Cauchy-Schwarz donne \((\displaystyle\int uv)^2 \leq\, \int u^2\int v^2\), soit \(\Gamma^{\prime}(x)^2 \leq\, \Gamma(x)\Gamma^{\prime\prime}(x)\). Comme \(\Gamma > 0\), \((\ln\Gamma)^{\prime\prime} = \dfrac{\Gamma\Gamma^{\prime\prime} – \Gamma^{\prime 2}}{\Gamma^2} \geq\, 0\). Donc \(\ln\Gamma\) est convexe.
4. Pour \(x > 0\), \(\Gamma(x) = \dfrac{\Gamma(x+1)}{x}\). Par continuité de \(\Gamma\) en \(1\), \(\Gamma(x+1) \to \Gamma(1) = 1\). Donc \(\Gamma(x) \sim \dfrac{1}{x}\) quand \(x \to 0^+\).
5. La fonction \(\Gamma^{\prime}\) est strictement croissante, car \(\Gamma^{\prime\prime} > 0\). Ensuite, \(\Gamma(1) = \Gamma(2) = 1\). Le théorème de Rolle fournit \(x_0 \in ]1,2[\) tel que \(\Gamma^{\prime}(x_0) = 0\). Ce point est unique par stricte monotonie de \(\Gamma^{\prime}\). Donc \(\Gamma\) décroît strictement sur \(]0,x_0]\) et croît strictement sur \([x_0,+\infty[\). Enfin, pour \(x \geq\, n+1 \geq\, 2\), \(\Gamma(x) \geq\, \Gamma(n+1) = n!\). Ainsi \(\Gamma\) admet un unique minimum en \(x_0 \in ]1,2[\), avec \(\Gamma(x) \to +\infty\) en \(0^+\) et en \(+\infty\).

La figure ci-dessous montre ce minimum, situé entre les deux points \((1,1)\) et \((2,1)\) : numériquement, \(x_0 \approx 1{,}46\) et \(\Gamma(x_0) \approx 0{,}886\).

Corrigé de l’exercice 16 : Transformée de Fourier et dérivation

1. La fonction \((x,t) \mapsto f(t)e^{-ixt}\) est continue et vérifie \(|f(t)e^{-ixt}| = |f(t)|\), intégrable et indépendante de \(x\). Le théorème de continuité donne la continuité de \(\widehat{f}\). De plus, \(|\widehat{f}(x)| \leq\, \displaystyle\int_{\mathbb{R}}|f|\), donc \(\widehat{f}\) est bornée.
2. Pour \(j \leq\, p\), \(\dfrac{\partial^j}{\partial x^j}(f(t)e^{-ixt}) = (-it)^j f(t)\,e^{-ixt}\), de module \(|t^j f(t)|\). Ces fonctions sont continues et intégrables par hypothèse, avec une domination indépendante de \(x\). Le théorème de classe \(C^k\) donne \(\widehat{f} \in C^p\) et \(\widehat{f}^{\,(p)}(x) = (-i)^p\displaystyle\int_{\mathbb{R}} t^p f(t)\,e^{-ixt}\,dt\).
3. Pour \(f(t) = e^{-|t|}\), la partie en sinus est impaire et s’annule. Il reste \(\widehat{f}(x) = 2\displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-t}\cos(xt)\,dt = \frac{2}{1+x^2}\), par l’exercice 5. Donc \(\widehat{f}(x) = \dfrac{2}{1+x^2}\).
4. Ici \(t\,e^{-|t|}\) est intégrable, donc \(\widehat{f}^{\,\prime}(x) = -i\displaystyle\int_{\mathbb{R}} t\,e^{-|t|}e^{-ixt}\,dt\). Par parité, \(t\,e^{-|t|}\cos(xt)\) est impaire et \(t\,e^{-|t|}\sin(xt)\) est paire. Ainsi \(\displaystyle\int_{\mathbb{R}} t\,e^{-|t|}e^{-ixt}\,dt = -2i\,S(x)\), où \(S(x) = \displaystyle\int_0^{+\infty} t\,e^{-t}\sin(xt)\,dt\). D’où \(\widehat{f}^{\,\prime}(x) = -i \cdot (-2i)\,S(x) = -2S(x)\). Or \(\widehat{f}^{\,\prime}(x) = -\dfrac{4x}{(1+x^2)^2}\). Donc \(\displaystyle\int_0^{+\infty} t\,e^{-t}\sin(xt)\,dt = \frac{2x}{(1+x^2)^2}\).

Corrigé de l’exercice 17 : Équivalents aux bornes

1. Soit \(a > 0\). Pour \(x \geq\, a\) et \(t \geq\, 0\), \(0 \leq\, \dfrac{e^{-t}}{x+t} \leq\, \dfrac{e^{-t}}{a}\), intégrable. L’intégrande est continu en \((x,t)\). Donc \(F\) est définie et continue sur chaque \([a,+\infty[\), donc sur \(]0,+\infty[\). Enfin, si \(x \leq\, y\), alors \(\dfrac{e^{-t}}{x+t} \geq\, \dfrac{e^{-t}}{y+t}\). Par croissance de l’intégrale, \(F\) est définie, continue et décroissante.
2. On écrit \(x\,F(x) = \displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{x}{x+t}\,e^{-t}\,dt\). Pour tout \(t\), \(\dfrac{x}{x+t} \to 1\) quand \(x \to +\infty\). De plus, \(0 \leq\, \dfrac{x}{x+t}e^{-t} \leq\, e^{-t}\), intégrable. Par convergence dominée, \(x\,F(x) \to 1\). Donc \(F(x) \sim \dfrac{1}{x}\) en \(+\infty\).
3. Pour \(t \in ]0,1]\), on a \(0 \leq\, 1 – e^{-t} \leq\, t\) par convexité de l’exponentielle. Donc \(0 \leq\, \dfrac{1 – e^{-t}}{x+t} \leq\, \dfrac{t}{t} = 1\). En intégrant sur \([0,1]\), \(0 \leq\, \displaystyle\int_0^1 \frac{1-e^{-t}}{x+t}\,dt \leq\, 1\). Ensuite, pour \(t \geq\, 1\), \(\dfrac{e^{-t}}{x+t} \leq\, e^{-t}\), donc \(0 \leq\, \displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{e^{-t}}{x+t}\,dt \leq\, e^{-1} \leq\, 1\).
4. On décompose \(F(x) = \displaystyle\int_0^1\frac{dt}{x+t} – \int_0^1 \frac{1-e^{-t}}{x+t}\,dt + \int_1^{+\infty}\frac{e^{-t}}{x+t}\,dt\). Le premier terme vaut \(\ln(1+x) – \ln x\). Les deux autres sont bornés par \(1\) d’après la question 3. Ainsi \(F(x) = -\ln x + O(1)\) quand \(x \to 0^+\). Comme \(-\ln x \to +\infty\), on conclut que \(F(x) \sim -\ln x\) en \(0^+\).

Corrigé de l’exercice 18 : Équivalent par changement d’échelle

1. L’intégrande est continu, positif, et équivalent à \(t^{-2x}\) en \(+\infty\). Il est donc intégrable si et seulement si \(2x > 1\). Si \(x \leq\, y\), alors \((1+t^2)^{-y} \leq\, (1+t^2)^{-x}\), car \(1 + t^2 \geq\, 1\). Donc \(I\) est définie et décroissante sur \(]\frac{1}{2},+\infty[\).
2. On écrit \(I(x) – I(x+1) = \displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{t^2\,dt}{(1+t^2)^{x+1}}\). On intègre par parties avec \(u(t) = t\) et \(v(t) = -\dfrac{1}{2x(1+t^2)^x}\), de sorte que \(v^{\prime}(t) = \dfrac{t}{(1+t^2)^{x+1}}\). Le produit \(u v\) est nul en \(0\) et tend vers \(0\) en \(+\infty\), car \(2x > 1\). Donc \(I(x) – I(x+1) = \dfrac{1}{2x}I(x)\), soit \(I(x+1) = \dfrac{2x-1}{2x}I(x)\). Ensuite, \(I(1) = \frac{\pi}{2}\), puis \(I(2) = \frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{4}\) et \(I(3) = \frac{3}{4}\cdot\frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{16}\).
3. Soit \(x \geq\, 1\) et \(g(s) = (1+s)^x – 1 – xs\) pour \(s \geq\, 0\). On a \(g^{\prime}(s) = x((1+s)^{x-1} – 1) \geq\, 0\), car \(x – 1 \geq\, 0\). Comme \(g(0) = 0\), on obtient \((1+s)^x \geq\, 1 + xs\).
4. Le changement de variable \(t = \frac{u}{\sqrt{x}}\) donne \(\sqrt{x}\,I(x) = \displaystyle\int_0^{+\infty}(1 + \frac{u^2}{x})^{-x}du\). D’une part, \(x\ln(1 + \frac{u^2}{x}) \to u^2\), donc l’intégrande tend vers \(e^{-u^2}\). D’autre part, la question 3 avec \(s = \frac{u^2}{x}\) donne \((1 + \frac{u^2}{x})^{x} \geq\, 1 + u^2\) pour \(x \geq\, 1\). L’intégrande est donc majoré par \(\dfrac{1}{1+u^2}\), intégrable. Par convergence dominée, \(\sqrt{x}\,I(x) \to \frac{\sqrt{\pi}}{2}\). Donc \(I(x) \sim \dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{\pi}{x}}\).

Point de méthode : la figure de l’énoncé indique l’échelle utile. L’intégrande n’est notable que pour \(t\) de l’ordre de \(\frac{1}{\sqrt{x}}\), d’où le changement de variable.

Corrigé de l’exercice 19 : Problème, formule de Stirling pour la fonction Gamma

1. Dans \(\Gamma(x+1) = \displaystyle\int_0^{+\infty} t^x e^{-t}\,dt\), on pose d’abord \(t = xu\). On obtient \(\Gamma(x+1) = x^{x+1}\displaystyle\int_0^{+\infty} e^{x(\ln u – u)}\,du\). Ensuite, on pose \(u = 1 + s\). Comme \(\ln u – u = \varphi(s) – 1\), il vient \(\Gamma(x+1) = x^{x+1}e^{-x}\displaystyle\int_{-1}^{+\infty} e^{x\varphi(s)}\,ds\). Enfin, \(s = \frac{v}{\sqrt{x}}\) donne \(\Gamma(x+1) = x^{x+1/2}e^{-x}\displaystyle\int_{-\sqrt{x}}^{+\infty}\exp(x\,\varphi\!(\frac{v}{\sqrt{x}}))dv\). Ces changements de variable sont affines, donc licites.
2. Au voisinage de \(0\), \(\varphi(s) = -\dfrac{s^2}{2} + o(s^2)\). Pour \(v \neq 0\) fixé, \(s = \frac{v}{\sqrt{x}} \to 0\), et \(x\,\varphi(s) = -\dfrac{v^2}{2} + v^2\,\varepsilon(s)\) avec \(\varepsilon(s) \to 0\). Le cas \(v = 0\) est immédiat. Donc \(x\,\varphi\!(\frac{v}{\sqrt{x}}) \to -\dfrac{v^2}{2}\).
3. Soit \(g(s) = \varphi(s) + \frac{s^2}{2}\). On a \(g^{\prime}(s) = \dfrac{1}{1+s} – 1 + s = \dfrac{s^2}{1+s} \geq\, 0\) et \(g(0) = 0\). Donc \(g \leq\, 0\) sur \(]-1,0]\). Soit ensuite \(h(s) = \varphi(s) + \frac{s^2}{4}\). On a \(h^{\prime}(s) = \dfrac{1}{1+s} – 1 + \dfrac{s}{2} = \dfrac{s(s-1)}{2(1+s)} \leq\, 0\) sur \([0,1]\), et \(h(0) = 0\). Donc \(\varphi(s) \leq\, -\frac{s^2}{2}\) sur \(]-1,0]\) et \(\varphi(s) \leq\, -\frac{s^2}{4}\) sur \([0,1]\).
4. On a \(\varphi^{\prime\prime}(s) = -\dfrac{1}{(1+s)^2} < 0\) : \(\varphi\) est concave. Comme \(\varphi(0) = 0\), la pente \(s \mapsto \dfrac{\varphi(s) – \varphi(0)}{s}\) est décroissante sur \(]0,+\infty[\). Pour \(s \geq\, 1\), on obtient \(\dfrac{\varphi(s)}{s} \leq\, \varphi(1) = \ln 2 – 1\). Donc \(\varphi(s) \leq\, (\ln 2 – 1)\,s\) pour \(s \geq\, 1\).
5. Soit \(x \geq\, 1\) et \(g_x(v)\) l’intégrande prolongé par \(0\). Posons \(c = 1 – \ln 2 > 0\). Si \(-\sqrt{x} < v \leq\, 0\), la question 3 donne \(x\,\varphi(\frac{v}{\sqrt{x}}) \leq\, -\frac{v^2}{2}\). Si \(0 \leq\, v \leq\, \sqrt{x}\), elle donne \(x\,\varphi(\frac{v}{\sqrt{x}}) \leq\, -\frac{v^2}{4}\). Si \(v \geq\, \sqrt{x}\), la question 4 donne \(x\,\varphi(\frac{v}{\sqrt{x}}) \leq\, -c\sqrt{x}\,v \leq\, -c\,v\), car \(\sqrt{x} \geq\, 1\). On pose donc \(h(v) = e^{-v^2/2}\) pour \(v < 0\) et \(h(v) = e^{-v^2/4} + e^{-cv}\) pour \(v \geq\, 0\). Cette fonction est intégrable sur \(\mathbb{R}\), et \(0 \leq\, g_x \leq\, h\).
6. Soit \(x_n \to +\infty\) avec \(x_n \geq\, 1\). Par la question 2, \(g_{x_n}(v) \to e^{-v^2/2}\) pour tout \(v\) (car \(-\sqrt{x_n} < v\) à partir d’un certain rang). Par convergence dominée, \(\displaystyle\int_{\mathbb{R}} g_{x_n} \to \sqrt{2\pi}\). La caractérisation séquentielle donne alors \(\Gamma(x+1) \sim \sqrt{2\pi x}\,x^x e^{-x}\). Avec \(x = n\), on obtient la formule de Stirling : \(n! \sim \sqrt{2\pi n}(\dfrac{n}{e})^n\).

La figure ci-dessous trace le quotient \(\dfrac{\Gamma(x+1)}{\sqrt{2\pi x}\,x^x e^{-x}}\). Il décroît vers \(1\), et vaut déjà environ \(1{,}008\) pour \(x = 10\).

Point de méthode : c’est la méthode de Laplace. On centre l’intégrale au maximum de la phase, puis on la dilate à l’échelle \(\frac{1}{\sqrt{x}}\) ; la domination se construit morceau par morceau.

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• Le cours : intégrales à paramètre, cours de maths spé
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• À maîtriser avant : Convergence dominée et intégration terme à terme
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