Intégrales généralisées : corrigé des exercices de maths en L2.

Corrigé de l’exercice 1 : Calculs directs par primitive

1. La fonction \(t \mapsto t e^{-t^2}\) est continue sur \([0, +\infty[\) : seule la borne \(+\infty\) est impropre. Une primitive est \(-\frac{1}{2} e^{-t^2}\). Pour \(x \geq\, 0\), on a donc \(\int_0^x t e^{-t^2}\,dt = \frac{1}{2}( 1 – e^{-x^2} )\), qui tend vers \(\frac{1}{2}\). L’intégrale converge et vaut \(\frac{1}{2}\).
2. L’intégrande est continu sur \([0, 1[\) et non borné près de \(1\) : la borne \(1\) est impropre. Pour \(x \in [0, 1[\), on a \(\int_0^x \frac{dt}{\sqrt{1 – t}} = \Big[ -2\sqrt{1 – t} \Big]_0^x = 2 – 2\sqrt{1 – x}\). Cette quantité tend vers \(2\) quand \(x \to 1\). L’intégrale converge et vaut \(2\).
3. Les deux bornes sont impropres. On coupe en \(0\). D’abord, \(\int_0^x \frac{dt}{1 + t^2} = \arctan x \to \frac{\pi}{2}\) quand \(x \to +\infty\). Ensuite, \(\int_x^0 \frac{dt}{1 + t^2} = -\arctan x \to \frac{\pi}{2}\) quand \(x \to -\infty\). Les deux intégrales convergent. Donc \(\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dt}{1 + t^2} = \pi\).
4. Pour \(x \geq\, 0\), on a \(\int_0^x \frac{dt}{1 + t} = \ln(1 + x)\), qui tend vers \(+\infty\). L’intégrale diverge.
5. Pour \(x \geq\, 0\), on a \(\int_0^x \cos t\,dt = \sin x\). Or \(\sin x\) n’a pas de limite en \(+\infty\) : en effet, \(\sin(2n\pi) = 0\) et \(\sin(\pi/2 + 2n\pi) = 1\). L’intégrale diverge, sans tendre vers l’infini.

Corrigé de l’exercice 2 : Comparaison avec les intégrales de Riemann

1. L’intégrande est continu et positif sur \([1, +\infty[\). De plus, \(0 \leq\, \frac{1}{t^2 + \sqrt{t}} \leq\, \frac{1}{t^2}\). Or \(\int_1^{+\infty} \frac{dt}{t^2}\) converge, car \(2 > 1\). Par comparaison, l’intégrale converge.
2. L’intégrande est positif sur \([1, +\infty[\) et \(\frac{t + 1}{t^2 + 3} \sim \frac{1}{t}\) en \(+\infty\). Or \(\int_1^{+\infty} \frac{dt}{t}\) diverge. Les fonctions étant positives, le critère d’équivalence s’applique. L’intégrale diverge.
3. La seule borne impropre est \(0\). En \(0\), on a \(t = o(\sqrt{t})\), donc \(t + \sqrt{t} \sim \sqrt{t}\) et \(\frac{1}{t + \sqrt{t}} \sim \frac{1}{\sqrt{t}}\). Or \(\int_0^1 t^{-1/2}\,dt\) converge, car \(\frac{1}{2} < 1\). L’intégrande étant positif, l’intégrale converge. Ensuite, l’application \(u \mapsto u^2\) est une bijection \(C^1\) strictement croissante de \(]0, 1]\) sur \(]0, 1]\). Avec \(t = u^2\) et \(dt = 2u\,du\), on obtient
   \[\int_0^1 \frac{dt}{t + \sqrt{t}} = \int_0^1 \frac{2u\,du}{u^2 + u} = \int_0^1 \frac{2\,du}{u + 1} = 2\ln 2.\]
   L’intégrale converge et vaut \(2\ln 2\).
4. Sur \(]0, 1]\), \(\sin t > 0\), et \(\frac{1}{\sin t} \sim \frac{1}{t}\) en \(0\). Or \(\int_0^1 \frac{dt}{t}\) diverge. Par équivalence de fonctions positives, l’intégrale diverge.
5. L’intégrande est positif. Par croissances comparées, avec \(s = \sqrt{t}\), on a \(t^2 e^{-\sqrt{t}} = s^4 e^{-s} \to 0\) quand \(t \to +\infty\). Donc \(e^{-\sqrt{t}} = o( \frac{1}{t^2} )\). Par comparaison à \(\int_1^{+\infty} \frac{dt}{t^2}\), l’intégrale converge.

Point de méthode : pour une exponentielle décroissante, on montre que \(t^2 f(t) \to 0\) ; on obtient ainsi \(f = o(1/t^2)\) sans chercher de primitive.

Corrigé de l’exercice 3 : Intégrales faussement généralisées

1. La fonction \(t \mapsto \frac{\sin t}{t}\) est continue sur \(]0, 1]\). Or \(\frac{\sin t}{t} \to 1\) quand \(t \to 0\). Elle se prolonge donc par continuité en \(0\) par la valeur \(1\). L’intégrale est faussement généralisée, donc convergente.
2. Le développement limité \(\cos t = 1 – \frac{t^2}{2} + o(t^2)\) donne \(\frac{1 – \cos t}{t^2} = \frac{1}{2} + o(1)\). Ainsi, la fonction se prolonge par continuité en \(0\) par \(\frac{1}{2}\). L’intégrale est faussement généralisée.
3. Par croissances comparées, \(t \ln t \to 0\) en \(0\) : l’intégrale est faussement généralisée, donc convergente. Pour le calcul, on intègre par parties sur \([x, 1]\), avec \(x \in ]0, 1[\). On dérive \(\ln t\) et on primitive \(t\) :
   \[\int_x^1 t \ln t\,dt = [ \frac{t^2}{2} \ln t ]_x^1 – \int_x^1 \frac{t}{2}\,dt = -\frac{x^2}{2}\ln x – \frac{1 – x^2}{4}.\]
   Quand \(x \to 0\), on a \(x^2 \ln x \to 0\). Donc \(\int_0^1 t \ln t\,dt = -\frac{1}{4}\).

Corrigé de l’exercice 4 : Primitives et intégrales de Bertrand

1. Sur \([2, +\infty[\), la fonction \(\ln t\) est strictement positive. La dérivée de \(\ln(\ln t)\) est \(\frac{1}{t \ln t}\). Donc \(\int_2^x \frac{dt}{t \ln t} = \ln(\ln x) – \ln(\ln 2)\), qui tend vers \(+\infty\). L’intégrale diverge.
2. La dérivée de \(-\frac{1}{\ln t}\) est \(\frac{1}{t (\ln t)^2}\). Ainsi, \(\int_2^x \frac{dt}{t (\ln t)^2} = \frac{1}{\ln 2} – \frac{1}{\ln x}\), qui tend vers \(\frac{1}{\ln 2}\). L’intégrale converge et vaut \(\frac{1}{\ln 2}\).
3. Sur \(]0, 1/2]\), \(\ln t < 0\) et la borne impropre est \(0\). La même primitive donne, pour \(x \in ]0, 1/2[\) :
   \[\int_x^{1/2} \frac{dt}{t (\ln t)^2} = -\frac{1}{\ln(1/2)} + \frac{1}{\ln x} = \frac{1}{\ln 2} + \frac{1}{\ln x}.\]
   Quand \(x \to 0\), \(\ln x \to -\infty\), donc \(\frac{1}{\ln x} \to 0\). L’intégrale converge et vaut \(\frac{1}{\ln 2}\).
4. On intègre par parties sur \([e, x]\), en dérivant \(\ln t\) et en primitivant \(\frac{1}{t^2}\) :
   \[\int_e^x \frac{\ln t}{t^2}\,dt = [ -\frac{\ln t}{t} ]_e^x + \int_e^x \frac{dt}{t^2} = -\frac{\ln x}{x} + \frac{1}{e} + \frac{1}{e} – \frac{1}{x}.\]
   Quand \(x \to +\infty\), \(\frac{\ln x}{x} \to 0\). L’intégrale converge et vaut \(\frac{2}{e}\).

Corrigé de l’exercice 5 : Changements de variable

1. L’intégrande est positif et inférieur à \(e^{-t}\), dont l’intégrale converge : l’intégrale converge. L’application \(t \mapsto e^t\) est une bijection \(C^1\) strictement croissante de \(]0, +\infty[\) sur \(]1, +\infty[\). Avec \(u = e^t\), on a \(dt = \frac{du}{u}\), d’où
   \[\int_0^{+\infty} \frac{dt}{e^t + e^{-t}} = \int_1^{+\infty} \frac{du}{u( u + \frac{1}{u} )} = \int_1^{+\infty} \frac{du}{u^2 + 1} = \frac{\pi}{2} – \frac{\pi}{4}.\]
   L’intégrale vaut \(\frac{\pi}{4}\).
2. Les deux bornes sont impropres. En \(0\), l’intégrande est équivalent à \(t^{-1/2}\) ; en \(1\), il est équivalent à \((1 – t)^{-1/2}\). Ces deux références convergent, donc l’intégrale converge. Ensuite, \(\theta \mapsto \sin^2 \theta\) est une bijection \(C^1\) strictement croissante de \(]0, \pi/2[\) sur \(]0, 1[\). On a \(dt = 2 \sin\theta \cos\theta\,d\theta\) et \(\sqrt{t(1-t)} = \sin\theta \cos\theta\), car ces deux nombres sont positifs. Par conséquent,
   \[\int_0^1 \frac{dt}{\sqrt{t(1 – t)}} = \int_0^{\pi/2} 2\,d\theta = \pi.\]
   L’intégrale vaut \(\pi\).
3. En \(1\), on a \(t\sqrt{t^2 – 1} = t \sqrt{t + 1}\,\sqrt{t – 1} \sim \sqrt{2}\,\sqrt{t – 1}\). L’intégrande est donc équivalent à \(\frac{1}{\sqrt{2}}(t – 1)^{-1/2}\) : convergence en \(1\). En \(+\infty\), il est équivalent à \(\frac{1}{t^2}\) : convergence. Ensuite, \(t \mapsto \sqrt{t^2 – 1}\) est une bijection \(C^1\) strictement croissante de \(]1, +\infty[\) sur \(]0, +\infty[\). On a \(t^2 = 1 + u^2\), donc \(t\,dt = u\,du\) et \(\frac{dt}{t u} = \frac{u\,du}{t^2 u} = \frac{du}{1 + u^2}\). Ainsi,
   \[\int_1^{+\infty} \frac{dt}{t\sqrt{t^2 – 1}} = \int_0^{+\infty} \frac{du}{1 + u^2} = \frac{\pi}{2}.\]
   L’intégrale vaut \(\frac{\pi}{2}\).

Corrigé de l’exercice 6 : Une intégrale impropre aux deux bornes

1. L’intégrande est continu sur \(]0, +\infty[\). Il n’est pas borné près de \(0\), et l’intervalle n’est pas borné en \(+\infty\). Par définition, \(I\) converge si et seulement si \(\int_0^1\) et \(\int_1^{+\infty}\) convergent. Les deux bornes doivent être étudiées séparément.
2. L’intégrande est positif. En \(0\), il est équivalent à \(t^{-1/2}\), et \(\frac{1}{2} < 1\) : convergence. En \(+\infty\), il est équivalent à \(t^{-3/2}\), et \(\frac{3}{2} > 1\) : convergence. Donc \(I\) converge.
3. L’application \(u \mapsto u^2\) est une bijection \(C^1\) strictement croissante de \(]0, +\infty[\) sur lui-même. Avec \(t = u^2\), \(dt = 2u\,du\) et \(\sqrt{t} = u\), on obtient
   \[I = \int_0^{+\infty} \frac{2u\,du}{u(1 + u^2)} = 2 \Big[ \arctan u \Big]_0^{+\infty} = \pi.\]
   Ainsi, \(I = \pi\).

La figure ci-dessous représente l’intégrande. L’aire hachurée, infinie en largeur et en hauteur, vaut pourtant exactement \(\pi\).

Corrigé de l’exercice 7 : Une famille à paramètre

1. L’intégrande est continu et positif sur \(]0, +\infty[\). En \(0\), il est équivalent à \(t^\alpha = \frac{1}{t^{-\alpha}}\) : convergence si et seulement si \(-\alpha < 1\), soit \(\alpha > -1\). En \(+\infty\), il est équivalent à \(t^{\alpha – 2} = \frac{1}{t^{2 – \alpha}}\) : convergence si et seulement si \(2 – \alpha > 1\), soit \(\alpha < 1\). Donc \(J(\alpha)\) converge si et seulement si \(-1 < \alpha < 1\).
2. On a \(J(0) = \int_0^{+\infty} \frac{dt}{1 + t^2} = \lim_{x \to +\infty} \arctan x\). Donc \(J(0) = \frac{\pi}{2}\).
3. L’application \(u \mapsto 1/u\) est une bijection \(C^1\) strictement décroissante de \(]0, +\infty[\) sur lui-même. Avec \(t = 1/u\), on a \(dt = -\frac{du}{u^2}\), et les bornes s’échangent :
   \[J(\alpha) = \int_0^{+\infty} \frac{u^{-\alpha}}{1 + u^{-2}} \cdot \frac{du}{u^2} = \int_0^{+\infty} \frac{u^{-\alpha}}{u^2 + 1}\,du.\]
   Ainsi, \(J(\alpha) = J(-\alpha)\) pour \(-1 < \alpha < 1\).

Corrigé de l’exercice 8 : La fonction Gamma

1. L’intégrande \(t^{x-1} e^{-t}\) est continu et positif sur \(]0, +\infty[\). En \(0\), il est équivalent à \(t^{x-1} = \frac{1}{t^{1 – x}}\). Donc \(\int_0^1\) converge si et seulement si \(1 – x < 1\), soit \(x > 0\). En \(+\infty\), on a \(t^2 \cdot t^{x-1} e^{-t} = t^{x+1} e^{-t} \to 0\), par croissances comparées. L’intégrande est donc un \(o(1/t^2)\), et \(\int_1^{+\infty}\) converge toujours. Par conséquent, \(\Gamma(x)\) converge si et seulement si \(x > 0\).
2. Soit \(x > 0\). Posons \(u(t) = -e^{-t}\) et \(v(t) = t^x\), de classe \(C^1\) sur \(]0, +\infty[\). Le produit \(uv = -t^x e^{-t}\) tend vers \(0\) en \(0\), car \(x > 0\), et vers \(0\) en \(+\infty\). Le théorème d’intégration par parties généralisée s’applique donc. Les intégrales \(\int_0^{+\infty} u^{\prime} v = \int_0^{+\infty} t^x e^{-t}\,dt\) et \(\int_0^{+\infty} u v^{\prime} = -x\int_0^{+\infty} t^{x-1} e^{-t}\,dt\) sont de même nature. Or elles convergent d’après la question 1. Ainsi, \(\Gamma(x+1) = 0 – 0 + x\,\Gamma(x)\). Donc \(\Gamma(x + 1) = x\,\Gamma(x)\).
3. On a \(\Gamma(1) = \int_0^{+\infty} e^{-t}\,dt = 1\). Ensuite, une récurrence immédiate donne \(\Gamma(n + 1) = n\,\Gamma(n) = n(n-1)\cdots 1 \cdot \Gamma(1)\). Ainsi, \(\Gamma(n + 1) = n!\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
4. On a \(\Gamma(1/2) = \int_0^{+\infty} t^{-1/2} e^{-t}\,dt\). L’application \(u \mapsto u^2\) est une bijection \(C^1\) croissante de \(]0, +\infty[\) sur lui-même. Avec \(t = u^2\), on obtient \(t^{-1/2} = \frac{1}{u}\) et \(dt = 2u\,du\). Donc \(\Gamma(1/2) = 2\int_0^{+\infty} e^{-u^2}\,du\).

Corrigé de l’exercice 9 : Intégrale du logarithme du sinus

1. La fonction \(t \mapsto \ln(\sin t)\) est continue sur \(]0, \pi/2]\) et négative. Or \(\ln( \frac{\sin t}{t} ) \to \ln 1 = 0\) en \(0\), tandis que \(\ln t \to -\infty\). Donc \(\ln(\sin t) \sim \ln t\). De plus, \(\sqrt{t}\,|\ln t| \to 0\), donc \(|\ln t| = o(t^{-1/2})\). Par comparaison de fonctions de signe constant, \(I\) converge.
2. L’application \(t \mapsto \frac{\pi}{2} – t\) est une bijection \(C^1\) décroissante de \([0, \pi/2[\) sur \(]0, \pi/2]\). Comme \(\cos( \frac{\pi}{2} – u ) = \sin u\), le changement de variable \(t = \frac{\pi}{2} – u\) transforme \(J\) en \(I\). Ainsi, \(J\) converge et \(J = I\).
3. On coupe en \(\pi/2\). Sur \([\pi/2, \pi[\), on pose \(u = \pi – v\), avec \(v \in ]0, \pi/2]\). Comme \(\sin(\pi – v) = \sin v\), on obtient \(\int_{\pi/2}^{\pi} \ln(\sin u)\,du = I\). Donc \(\int_0^\pi \ln(\sin u)\,du = 2I\).
4. Pour \(t \in ]0, \pi/2[\), on a \(\ln(\sin t) + \ln(\cos t) = \ln( \frac{\sin 2t}{2} ) = \ln(\sin 2t) – \ln 2\). Par linéarité, \(I + J = \int_0^{\pi/2} \ln(\sin 2t)\,dt – \frac{\pi}{2}\ln 2\). Ensuite, avec \(u = 2t\), \(\int_0^{\pi/2} \ln(\sin 2t)\,dt = \frac{1}{2}\int_0^\pi \ln(\sin u)\,du = I\). Ainsi, \(2I = I – \frac{\pi}{2}\ln 2\). Donc \(I = -\frac{\pi}{2}\ln 2\).

Corrigé de l’exercice 10 : Intégrales de Bertrand en zéro

1. L’application \(u \mapsto 1/u\) est une bijection \(C^1\) décroissante de \([2, +\infty[\) sur \(]0, 1/2]\). Avec \(t = \frac{1}{u}\), on a \(dt = -\frac{du}{u^2}\), \(t^\alpha = u^{-\alpha}\) et \(|\ln t| = \ln u\). Les bornes s’échangent, d’où
   \[K(\alpha, \beta) = \int_2^{+\infty} \frac{u^{\alpha}}{(\ln u)^\beta} \cdot \frac{du}{u^2} = \int_2^{+\infty} \frac{du}{u^{2 – \alpha} (\ln u)^\beta}.\]
   Les deux intégrales sont de même nature.
2. Le théorème des intégrales de Bertrand s’applique aussi sur \([2, +\infty[\), car seule la borne \(+\infty\) compte. La convergence a lieu si et seulement si \(2 – \alpha > 1\), ou \(2 – \alpha = 1\) et \(\beta > 1\). Donc \(K(\alpha, \beta)\) converge si et seulement si \(\alpha < 1\), ou \(\alpha = 1\) et \(\beta > 1\).
3. La première intégrale correspond à \(\alpha = 1\) et \(\beta = \frac{1}{2} \leq\, 1\) : elle diverge. La seconde s’écrit \(\frac{1}{t^{1/2} |\ln t|^{-5}}\) : \(\alpha = \frac{1}{2} < 1\) et \(\beta = -5\). Elle converge.

Corrigé de l’exercice 11 : Nature par développement asymptotique

1. Posons \(x = \frac{1}{t} \to 0\). Comme \(\sin x = x – \frac{x^3}{6} + o(x^3)\), on a \(\frac{1}{t} – \sin\frac{1}{t} \sim \frac{1}{6t^3}\). De plus, \(\sin x \leq\, x\) pour \(x \geq\, 0\), donc l’intégrande est positif. Par comparaison à \(\int_1^{+\infty} t^{-3}\,dt\), l’intégrale converge.
2. Pour \(t \geq\, 1\), \(\frac{1}{t} \in ]0, 1]\), donc \(\cos\frac{1}{t} \in ]0, 1[\) et l’intégrande est négatif. Ensuite, \(\ln(\cos x) = \ln( 1 – \frac{x^2}{2} + o(x^2) ) \sim -\frac{x^2}{2}\). Ainsi, \(\ln( \cos\frac{1}{t} ) \sim -\frac{1}{2t^2}\), de signe constant. L’intégrale converge.
3. On a \(t \ln( 1 + \frac{1}{t} ) = t( \frac{1}{t} – \frac{1}{2t^2} + O( \frac{1}{t^3} ) ) = 1 – \frac{1}{2t} + O( \frac{1}{t^2} )\). En prenant l’exponentielle,
   \[( 1 + \frac{1}{t} )^t = e \cdot \exp( -\frac{1}{2t} + O( \frac{1}{t^2} ) ) = e – \frac{e}{2t} + O( \frac{1}{t^2} ).\]
   Donc l’intégrande est équivalent à \(-\frac{e}{2t}\), fonction de signe constant. Or \(\int_1^{+\infty} \frac{dt}{t}\) diverge. L’intégrale diverge (vers \(-\infty\)).
4. En \(0\), on a \(\sin t = t( 1 – \frac{t^2}{6} + o(t^2) )\), donc \(\frac{1}{\sin t} = \frac{1}{t}( 1 + \frac{t^2}{6} + o(t^2) )\). Ainsi, \(\frac{1}{\sin t} – \frac{1}{t} = \frac{t}{6} + o(t) \to 0\). L’intégrale est faussement généralisée, donc convergente.

Point de méthode : on pousse le développement jusqu’au premier terme non nul ; c’est lui qui fournit l’équivalent et donc la nature.

Corrigé de l’exercice 12 : Convergence absolue

1. Pour \(t \geq\, 1\), \(| \frac{\sin t}{t^2} | \leq\, \frac{1}{t^2}\), d’intégrale convergente. L’intégrale est absolument convergente.
2. Deux bornes sont à étudier. En \(0\), \(\frac{\sin t}{t^{3/2}} \sim \frac{1}{t^{1/2}}\), qui est positif et intégrable en \(0\). En \(+\infty\), \(| \frac{\sin t}{t^{3/2}} | \leq\, \frac{1}{t^{3/2}}\), intégrable car \(\frac{3}{2} > 1\). L’intégrale est absolument convergente.
3. On a \(| \frac{\cos(t)\ln t}{t^2} | \leq\, \frac{\ln t}{t^2}\). Or \(t^{3/2} \cdot \frac{\ln t}{t^2} = \frac{\ln t}{\sqrt{t}} \to 0\), donc \(\frac{\ln t}{t^2} = o(t^{-3/2})\). L’intégrale est absolument convergente.
4. D’abord, \(|e^{-t}\cos t| \leq\, e^{-t}\), donc l’intégrale converge absolument. Ensuite, \(| e^{(-1+i)t} | = e^{-t}\), et
   \[\int_0^x e^{(-1+i)t}\,dt = \frac{e^{(-1+i)x} – 1}{-1 + i} \xrightarrow[x \to +\infty]{ \frac{1}{1 – i} = \frac{1 + i}{2}.\]
   La partie réelle de l’intégrande est \(e^{-t}\cos t\). Donc \(\int_0^{+\infty} e^{-t}\cos t\,dt = \frac{1}{2}\).

Corrigé de l’exercice 13 : Semi-convergence de l’intégrale de sin(t)/t

1. Sur \([1, x]\), on dérive \(\frac{1}{t}\) et on primitive \(\sin t\) en \(-\cos t\) :
   \[\int_1^x \frac{\sin t}{t}\,dt = \cos 1 – \frac{\cos x}{x} – \int_1^x \frac{\cos t}{t^2}\,dt.\]
   D’abord, \(\frac{|\cos x|}{x} \leq\, \frac{1}{x} \to 0\). Ensuite, \(| \frac{\cos t}{t^2} | \leq\, \frac{1}{t^2}\), donc la dernière intégrale converge absolument. Ainsi, \(\int_1^{+\infty} \frac{\sin t}{t}\,dt\) converge.
2. Comme \(|\sin t| \leq\, 1\), on a \(\sin^2 t = |\sin t| \cdot |\sin t| \leq\, |\sin t|\). De plus, \(\cos 2t = 1 – 2\sin^2 t\). Donc \(|\sin t| \geq\, \sin^2 t = \frac{1 – \cos 2t}{2}\).
3. La même intégration par parties, avec la primitive \(\frac{\sin 2t}{2}\), donne \(\int_1^x \frac{\cos 2t}{t}\,dt = \frac{\sin 2x}{2x} – \frac{\sin 2}{2} + \int_1^x \frac{\sin 2t}{2t^2}\,dt\), qui converge. Par l’absurde, si \(\int_1^{+\infty} \frac{\sin^2 t}{t}\) convergeait, alors \(\int_1^{+\infty} \frac{dt}{2t} = \int_1^{+\infty} \frac{\sin^2 t}{t} + \int_1^{+\infty} \frac{\cos 2t}{2t}\) convergerait, ce qui est faux. Donc \(\int_1^{+\infty} \frac{\sin^2 t}{t}\) diverge. Par comparaison de fonctions positives, \(\int_1^{+\infty} \frac{|\sin t|}{t}\,dt\) diverge.
4. Sur \(]0, 1]\), l’intégrale est faussement généralisée (exercice 3). Donc \(\int_0^{+\infty} \frac{\sin t}{t}\) converge. Cependant, \(\int_0^{+\infty} \frac{|\sin t|}{t}\) diverge d’après la question 3. L’intégrale de Dirichlet est semi-convergente.

Corrigé de l’exercice 14 : Règle d’Abel

1. La fonction \(f(t) = t^{-\alpha}\) est \(C^1\), positive et décroissante vers \(0\) sur \([1, +\infty[\), car \(\alpha > 0\). De plus, \(| \int_1^x \cos t\,dt | = |\sin x – \sin 1| \leq\, 2\). La règle d’Abel donne la convergence. Ensuite, si \(\alpha > 1\), on a \(\frac{|\cos t|}{t^\alpha} \leq\, \frac{1}{t^\alpha}\) : convergence absolue. Si \(0 < \alpha \leq\, 1\), on minore \(|\cos t| \geq\, \cos^2 t = \frac{1 + \cos 2t}{2}\). Or \(\int_1^{+\infty} \frac{\cos 2t}{2t^\alpha}\) converge par la règle d’Abel, tandis que \(\int_1^{+\infty} \frac{dt}{2t^\alpha}\) diverge. Donc \(\int_1^{+\infty} \frac{\cos^2 t}{t^\alpha}\) diverge. L’intégrale converge pour tout \(\alpha > 0\), absolument si et seulement si \(\alpha > 1\).
2. La fonction \(t \mapsto \frac{1}{\ln t}\) est \(C^1\), positive et décroissante vers \(0\) sur \([2, +\infty[\). De plus, \(| \int_2^x \sin t\,dt | \leq\, 2\). Par la règle d’Abel, l’intégrale converge. En revanche, \(\ln t \leq\, t\), donc \(\frac{|\sin t|}{\ln t} \geq\, \frac{|\sin t|}{t}\), dont l’intégrale diverge (exercice 13). L’intégrale est semi-convergente.
3. Pour \(t \geq\, 1\), \(\frac{1}{t} \in ]0, 1] \subset [0, \pi/2]\). La fonction \(f(t) = \sin\frac{1}{t}\) est \(C^1\), positive, de dérivée \(-\frac{1}{t^2}\cos\frac{1}{t} \leq\, 0\), et tend vers \(0\). La règle d’Abel avec \(g = \sin\) donne la convergence. Ensuite, l’inégalité admise donne \(| \sin t | \sin\frac{1}{t} \geq\, \frac{2}{\pi} \cdot \frac{|\sin t|}{t}\). Or l’intégrale du minorant diverge. L’intégrale est semi-convergente.

Corrigé de l’exercice 15 : Équivalence sans signe constant

1. La fonction \(t \mapsto t^{-1/2}\) est \(C^1\), positive et décroissante vers \(0\), et les intégrales \(\int_1^x \sin t\,dt\) sont bornées par \(2\). Par la règle d’Abel, \(\int_1^{+\infty} f\) converge.
2. On factorise : \(g(t) = \frac{\sin t}{\sqrt{t}}( 1 + \frac{\sin t}{\sqrt{t}} )\). Posons \(\varepsilon(t) = \frac{\sin t}{\sqrt{t}}\). Alors \(|\varepsilon(t)| \leq\, \frac{1}{\sqrt{t}} \to 0\). Donc \(g = f(1 + \varepsilon)\) avec \(\varepsilon \to 0\) : \(g \sim f\).
3. On a \(\frac{\sin^2 t}{t} = \frac{1}{2t} – \frac{\cos 2t}{2t}\). Le second terme a une intégrale convergente (exercice 13), le premier une intégrale divergente. Donc \(\int_1^{+\infty} \frac{\sin^2 t}{t}\) diverge. Si \(\int_1^{+\infty} g\) convergeait, alors \(\int_1^{+\infty} \frac{\sin^2 t}{t} = \int_1^{+\infty} (g – f)\) convergerait. Donc \(\int_1^{+\infty} g\) diverge.
4. Les fonctions \(f\) et \(g\) sont équivalentes, mais leurs intégrales n’ont pas la même nature. L’hypothèse manquante est le signe constant : \(f\) change de signe sur tout intervalle \([k\pi, (k+2)\pi]\).

Corrigé de l’exercice 16 : Critère de Cauchy et fonctions décroissantes

1. La fonction \(f\) est décroissante et minorée par \(0\), donc elle admet une limite \(\ell \geq\, 0\) en \(+\infty\). De plus, \(f \geq\, \ell\) sur \([0, +\infty[\). Si \(\ell > 0\), alors \(\int_0^x f \geq\, \ell x \to +\infty\), ce qui contredit la convergence. Donc \(\ell = 0\).
2. Pour \(t \in [x/2, x]\), la décroissance donne \(f(t) \geq\, f(x)\). En intégrant sur un segment de longueur \(\frac{x}{2}\), on obtient \(\frac{x}{2} f(x) \leq\, \int_{x/2}^x f\). Ensuite, soit \(\varepsilon > 0\). Le critère de Cauchy fournit \(c\) tel que \(| \int_u^v f | \leq\, \varepsilon\) pour \(u, v \geq\, c\). Pour \(x \geq\, 2c\), on a \(\frac{x}{2} \geq\, c\), donc \(0 \leq\, x f(x) \leq\, 2\varepsilon\). Ainsi, \(x f(x) \to 0\), autrement dit \(f(x) = o(1/x)\).
3. La fonction \(t \ln t\) est croissante et strictement positive sur \([2, +\infty[\), donc \(f\) est continue, positive et décroissante. De plus, \(t f(t) = \frac{1}{\ln t} \to 0\). Pourtant, \(\int_2^{+\infty} \frac{dt}{t \ln t}\) diverge (exercice 4). La condition \(x f(x) \to 0\) n’est donc pas suffisante.

Corrigé de l’exercice 17 : Comparaison série-intégrale

1. La fonction \(t \mapsto t \ln t\) a pour dérivée \(\ln t + 1 > 0\) sur \([2, +\infty[\). Elle est donc strictement croissante et strictement positive. Par conséquent, \(f = \frac{1}{t\ln t}\) est décroissante.
2. Pour \(k \geq\, 2\) et \(t \in [k, k+1]\), on a \(f(t) \leq\, f(k)\), donc \(\int_k^{k+1} f \leq\, f(k)\). En sommant de \(k = 2\) à \(n\), on obtient \(S_n \geq\, \int_2^{n+1} f\). De même, pour \(k \geq\, 3\), \(f(k) \leq\, \int_{k-1}^k f\), d’où \(S_n \leq\, f(2) + \int_2^n f\). Comme une primitive de \(f\) est \(\ln(\ln t)\), on obtient \(\ln(\ln(n+1)) – \ln(\ln 2) \leq\, S_n \leq\, f(2) + \ln(\ln n) – \ln(\ln 2)\).
3. La minoration montre que \(S_n \to +\infty\) : la série diverge. Ensuite, \(\ln(n + 1) = \ln n + \ln( 1 + \frac{1}{n} ) \sim \ln n\), donc \(\ln(\ln(n+1)) = \ln(\ln n) + o(1)\). En divisant l’encadrement par \(\ln(\ln n) \to +\infty\), les deux bornes tendent vers \(1\). La série \(\sum \frac{1}{n \ln n}\) diverge et \(S_n \sim \ln(\ln n)\).
4. La fonction \(h(t) = \frac{1}{t (\ln t)^2}\) est positive et décroissante sur \([2, +\infty[\), et \(\int_2^{+\infty} h = \frac{1}{\ln 2}\) (exercice 4). Par comparaison série-intégrale, la série converge. Ensuite, pour \(k \geq\, n + 1\), on a \(\int_k^{k+1} h \leq\, h(k) \leq\, \int_{k-1}^k h\). En sommant sur \(k \geq\, n + 1\), il vient
   \[\frac{1}{\ln(n+1)} = \int_{n+1}^{+\infty} h \leq\, R_n \leq\, \int_n^{+\infty} h = \frac{1}{\ln n}.\]
   Comme \(\ln(n + 1) \sim \ln n\), on conclut que \(R_n \sim \frac{1}{\ln n}\).

Corrigé de l’exercice 18 : Intégration des relations de comparaison

1. Pour \(t \geq\, 1\), \(t^2 \geq\, t\), donc \(0 \leq\, e^{-t^2} \leq\, e^{-t}\). L’intégrale converge donc. Ensuite, on écrit \(e^{-t^2} = ( -2t e^{-t^2} ) \cdot ( -\frac{1}{2t} )\). Posons \(u(t) = e^{-t^2}\) et \(v(t) = -\frac{1}{2t}\), de classe \(C^1\) sur \([x, +\infty[\). Le produit \(uv = -\frac{e^{-t^2}}{2t}\) tend vers \(0\) en \(+\infty\). De plus, \(\int_x^{+\infty} u v^{\prime} = \int_x^{+\infty} \frac{e^{-t^2}}{2t^2}\,dt\) converge, car l’intégrande est majoré par \(\frac{1}{2t^2}\). L’intégration par parties généralisée donne alors
   \[\int_x^{+\infty} e^{-t^2}\,dt = 0 – u(x)v(x) – \int_x^{+\infty} \frac{e^{-t^2}}{2t^2}\,dt = \frac{e^{-x^2}}{2x} – \int_x^{+\infty} \frac{e^{-t^2}}{2t^2}\,dt.\]
   C’est la formule annoncée.
2. En \(+\infty\), \(\frac{e^{-t^2}}{2t^2} = o( e^{-t^2} )\). La fonction \(e^{-t^2}\) est positive d’intégrale convergente. Par intégration des relations de comparaison (cas convergent), \(\int_x^{+\infty} \frac{e^{-t^2}}{2t^2}\,dt = o( R(x) )\), où \(R(x) = \int_x^{+\infty} e^{-t^2}\,dt\). La formule précédente s’écrit donc \(R(x)(1 + o(1)) = \frac{e^{-x^2}}{2x}\). Ainsi, \(\int_x^{+\infty} e^{-t^2}\,dt \sim \frac{e^{-x^2}}{2x}\).
3. Pour \(t \geq\, 2\), \(0 < \ln t \leq\, t\), donc \(\frac{1}{\ln t} \geq\, \frac{1}{t}\) et \(L(x) \geq\, \ln x – \ln 2 \to +\infty\). Ensuite, on intègre par parties sur \([2, x]\), en dérivant \(\frac{1}{\ln t}\), de dérivée \(-\frac{1}{t (\ln t)^2}\) :
   \[L(x) = [ \frac{t}{\ln t} ]_2^x + \int_2^x \frac{dt}{(\ln t)^2} = \frac{x}{\ln x} – \frac{2}{\ln 2} + \int_2^x \frac{dt}{(\ln t)^2}.\]
   Or \(\frac{1}{(\ln t)^2} = o( \frac{1}{\ln t} )\), et \(\int_2^x \frac{dt}{\ln t}\) diverge. Par intégration des relations de comparaison (cas divergent), \(\int_2^x \frac{dt}{(\ln t)^2} = o(L(x))\). Il vient \(L(x)(1 + o(1)) = \frac{x}{\ln x} – \frac{2}{\ln 2}\). Enfin, \(\frac{x}{\ln x} \to +\infty\), donc le membre de droite est équivalent à \(\frac{x}{\ln x}\). Ainsi, \(L(x) \sim \frac{x}{\ln x}\).

La figure ci-dessous compare \(R(x) = \int_x^{+\infty} e^{-t^2}\,dt\) et son équivalent \(\frac{e^{-x^2}}{2x}\). Les deux courbes se rapprochent rapidement, et leur quotient tend vers \(1\).

Corrigé de l’exercice 19 : Intégrales de Fresnel

1. La fonction \(u \mapsto u^{-1/2}\) est \(C^1\), positive et décroissante vers \(0\) sur \([1, +\infty[\). Les intégrales \(\int_1^x \sin u\,du\) sont bornées par \(2\). Par la règle d’Abel, l’intégrale converge.
2. Sur \([0, 1]\), la fonction \(\sin(t^2)\) est continue : aucune difficulté. Sur \([1, x]\), l’application \(t \mapsto t^2\) est \(C^1\) strictement croissante. Avec \(u = t^2\), \(dt = \frac{du}{2\sqrt{u}}\), d’où \(\int_1^x \sin(t^2)\,dt = \int_1^{x^2} \frac{\sin u}{2\sqrt{u}}\,du\). Cette quantité a une limite finie d’après la question 1. Donc \(\int_0^{+\infty} \sin(t^2)\,dt\) converge.
3. Posons \(a_n = \sqrt{2n\pi}\) et \(b_n = \sqrt{\frac{\pi}{2} + 2n\pi}\). Ces suites tendent vers \(+\infty\), et \(\sin(a_n^2) = 0\), alors que \(\sin(b_n^2) = 1\). Par la caractérisation séquentielle, \(\sin(t^2)\) n’a pas de limite en \(+\infty\). L’intégrale converge donc sans que l’intégrande tende vers \(0\).
4. Le même changement de variable donne \(\int_1^x |\sin(t^2)|\,dt = \int_1^{x^2} \frac{|\sin u|}{2\sqrt{u}}\,du\). Or, pour \(u \geq\, 1\), \(\sqrt{u} \leq\, u\), donc \(\frac{|\sin u|}{2\sqrt{u}} \geq\, \frac{|\sin u|}{2u}\). L’intégrale de ce minorant diverge (exercice 13). L’intégrale de Fresnel n’est donc pas absolument convergente.
5. Sur \([1, x]\), on pose \(u = t^2\), de sorte que \(du = 2t\,dt\) et \(t^4 = u^2\). Il vient \(\int_1^x t \sin(t^4)\,dt = \frac{1}{2}\int_1^{x^2} \sin(u^2)\,du\), qui converge d’après la question 2. Cependant, pour \(c_n = ( \frac{\pi}{2} + 2n\pi )^{1/4}\), on a \(c_n \sin(c_n^4) = c_n \to +\infty\). L’intégrale converge, alors que l’intégrande n’est pas borné.

Point de méthode : un changement de variable qui « ralentit » les oscillations ramène souvent à une intégrale du type \(\int \frac{\sin u}{u^\alpha}\,du\).

Corrigé de l’exercice 20 : Intégrales de Frullani

1. L’intégrande \(h(t) = \frac{e^{-at} – e^{-bt}}{t}\) est continu sur \(]0, +\infty[\) et positif, car \(a < b\). En \(0\), \(e^{-at} – e^{-bt} = (b – a)t + o(t)\), donc \(h(t) \to b – a\) : l’intégrale est faussement impropre en \(0\). En \(+\infty\), pour \(t \geq\, 1\), \(0 \leq\, h(t) \leq\, e^{-at}\), d’intégrale convergente. Donc \(F\) converge.
2. Les deux intégrales \(\int_\varepsilon^X \frac{e^{-at}}{t}\,dt\) et \(\int_\varepsilon^X \frac{e^{-bt}}{t}\,dt\) portent sur un segment. Avec \(u = at\), on a \(\frac{dt}{t} = \frac{du}{u}\), donc la première vaut \(\int_{a\varepsilon}^{aX} \varphi\), où \(\varphi(u) = \frac{e^{-u}}{u}\). De même, la seconde vaut \(\int_{b\varepsilon}^{bX} \varphi\). Par la relation de Chasles,
   \[\int_{a\varepsilon}^{aX} \varphi – \int_{b\varepsilon}^{bX} \varphi = \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \varphi – \int_{aX}^{bX} \varphi.\]
   C’est l’égalité demandée.
3. Sur \([a\varepsilon, b\varepsilon]\), on a \(e^{-b\varepsilon} \leq\, e^{-u} \leq\, e^{-a\varepsilon}\). Comme \(\int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{du}{u} = \ln\frac{b}{a}\), il vient \(e^{-b\varepsilon}\ln\frac{b}{a} \leq\, \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \varphi \leq\, e^{-a\varepsilon}\ln\frac{b}{a}\). Les deux bornes tendent vers \(\ln\frac{b}{a}\) quand \(\varepsilon \to 0\). De même, \(0 \leq\, \int_{aX}^{bX} \varphi \leq\, e^{-aX}\ln\frac{b}{a} \to 0\) quand \(X \to +\infty\). Par passage à la limite, \(F = \ln\frac{b}{a}\).
4. Posons \(k(t) = \frac{\arctan(bt) – \arctan(at)}{t}\), positive sur \(]0, +\infty[\). En \(0\), \(\arctan x = x + o(x)\), donc \(k(t) \to b – a\). En \(+\infty\), la formule \(\arctan x = \frac{\pi}{2} – \arctan\frac{1}{x}\) pour \(x > 0\) donne \(\arctan(bt) – \arctan(at) = \arctan\frac{1}{at} – \arctan\frac{1}{bt} \sim ( \frac{1}{a} – \frac{1}{b} )\frac{1}{t}\). Donc \(k(t) \sim ( \frac{1}{a} – \frac{1}{b} )\frac{1}{t^2}\) : convergence. Ensuite, avec \(\psi(u) = \frac{\arctan u}{u}\), le même calcul donne \(\int_\varepsilon^X k = \int_{aX}^{bX} \psi – \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \psi\). D’une part, \(0 \leq\, \psi \leq\, 1\), donc \(0 \leq\, \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \psi \leq\, (b – a)\varepsilon \to 0\). D’autre part, \(\arctan(aX)\ln\frac{b}{a} \leq\, \int_{aX}^{bX} \psi \leq\, \frac{\pi}{2}\ln\frac{b}{a}\), et la borne de gauche tend vers \(\frac{\pi}{2}\ln\frac{b}{a}\). L’intégrale converge et vaut \(\frac{\pi}{2}\ln\frac{b}{a}\).

Corrigé de l’exercice 21 : Problème, valeur de l’intégrale de Dirichlet

1. Pour \(k \geq\, 1\), la formule \(\sin p – \sin q = 2\cos\frac{p+q}{2}\sin\frac{p-q}{2}\) donne \(\sin((2k+1)t) – \sin((2k-1)t) = 2\cos(2kt)\sin t\). En sommant de \(k = 1\) à \(n\), la somme est télescopique : \(\sin((2n+1)t) – \sin t = 2\sin t \sum_{k=1}^n \cos(2kt)\). On divise par \(\sin t \neq 0\). Ensuite, l’intégrande se prolonge par continuité en \(0\), par la valeur \(2n + 1\). Enfin, pour \(k \geq\, 1\), \(\int_0^{\pi/2} \cos(2kt)\,dt = \frac{\sin(k\pi)}{2k} = 0\). Donc \(\int_0^{\pi/2} \frac{\sin((2n+1)t)}{\sin t}\,dt = \frac{\pi}{2}\).
2. Pour \(\lambda > 0\), on intègre par parties sur le segment \([\alpha, \beta]\) :
   \[\int_\alpha^\beta \varphi(t)\sin(\lambda t)\,dt = [ -\frac{\varphi(t)\cos(\lambda t)}{\lambda} ]_\alpha^\beta + \frac{1}{\lambda}\int_\alpha^\beta \varphi^{\prime}(t)\cos(\lambda t)\,dt.\]
   Par conséquent, la valeur absolue est majorée par \(\frac{1}{\lambda}( |\varphi(\alpha)| + |\varphi(\beta)| + \int_\alpha^\beta |\varphi^{\prime}| )\). Cette quantité tend vers \(0\) quand \(\lambda \to +\infty\).
3. Sur \(]0, \pi/2]\), \(\varphi\) est \(C^1\). En \(0\), on a \(\frac{1}{\sin t} = \frac{1}{t} + \frac{t}{6} + o(t)\) (exercice 11), donc \(\varphi(t) = -\frac{t}{6} + o(t) \to 0 = \varphi(0)\) : \(\varphi\) est continue. Ensuite, \(\varphi^{\prime}(t) = -\frac{1}{t^2} + \frac{\cos t}{\sin^2 t}\). Or \(\cos t = 1 – \frac{t^2}{2} + O(t^4)\) et \(\frac{1}{\sin^2 t} = \frac{1}{t^2}( 1 + \frac{t^2}{3} + O(t^4) )\). Ainsi, \(\frac{\cos t}{\sin^2 t} = \frac{1}{t^2}( 1 – \frac{t^2}{6} + O(t^4) )\) et \(\varphi^{\prime}(t) \to -\frac{1}{6}\). Par le théorème de la limite de la dérivée, \(\varphi\) est de classe \(C^1\) sur \([0, \pi/2]\), avec \(\varphi^{\prime}(0) = -\frac{1}{6}\).
4. Pour \(t \in ]0, \pi/2]\), on a \(\frac{\sin((2n+1)t)}{t} = \frac{\sin((2n+1)t)}{\sin t} + \varphi(t)\sin((2n+1)t)\). En intégrant, puis avec les questions 1 et 2, \(\int_0^{\pi/2} \frac{\sin((2n+1)t)}{t}\,dt = \frac{\pi}{2} + o(1)\). Ensuite, le changement de variable \(u = (2n+1)t\) conserve \(\frac{dt}{t} = \frac{du}{u}\) :
   \[\int_0^{\pi/2} \frac{\sin((2n+1)t)}{t}\,dt = \int_0^{(2n+1)\pi/2} \frac{\sin u}{u}\,du.\]
   Comme \(D\) converge et \((2n+1)\frac{\pi}{2} \to +\infty\), ce membre tend vers \(D\). Par unicité de la limite, \(D = \int_0^{+\infty} \frac{\sin t}{t}\,dt = \frac{\pi}{2}\).

La figure ci-dessous représente l’intégrale partielle \(x \mapsto \int_0^x \frac{\sin t}{t}\,dt\). Elle oscille autour de \(\frac{\pi}{2}\) avec une amplitude qui décroît, ce qui traduit la semi-convergence.

Corrigé de l’exercice 22 : Problème, intégrale de Gauss

1. Pour \(t \in [0, \sqrt{n}[\), on a \(-\frac{t^2}{n} > -1\), donc \(n\ln( 1 – \frac{t^2}{n} ) \leq\, -t^2\). La fonction exponentielle étant croissante, \(( 1 – \frac{t^2}{n} )^n \leq\, e^{-t^2}\). De même, pour \(t \geq\, 0\), \(n\ln( 1 + \frac{t^2}{n} ) \leq\, t^2\), donc \(( 1 + \frac{t^2}{n} )^n \leq\, e^{t^2}\). En passant aux inverses, on obtient \(e^{-t^2} \leq\, ( 1 + \frac{t^2}{n} )^{-n}\).
2. L’application \(\theta \mapsto \sqrt{n}\sin\theta\) est une bijection \(C^1\) croissante de \([0, \pi/2]\) sur \([0, \sqrt{n}]\). On a \(dt = \sqrt{n}\cos\theta\,d\theta\) et \(1 – \frac{t^2}{n} = \cos^2\theta\). Donc \(\int_0^{\sqrt{n}} ( 1 – \frac{t^2}{n} )^n dt = \sqrt{n}\int_0^{\pi/2} \cos^{2n+1}\theta\,d\theta = \sqrt{n}\,W_{2n+1}\).
3. L’application \(\theta \mapsto \sqrt{n}\tan\theta\) est une bijection \(C^1\) croissante de \([0, \pi/2[\) sur \([0, +\infty[\). On a \(dt = \sqrt{n}(1 + \tan^2\theta)\,d\theta\) et \(1 + \frac{t^2}{n} = 1 + \tan^2\theta = \frac{1}{\cos^2\theta}\). L’intégrande devient \(\sqrt{n}\cos^{2n}\theta \cdot \frac{1}{\cos^2\theta} = \sqrt{n}\cos^{2n-2}\theta\), continu sur \([0, \pi/2]\). Le changement de variable prouve donc aussi la convergence. Ainsi, \(\int_0^{+\infty} ( 1 + \frac{t^2}{n} )^{-n} dt = \sqrt{n}\,W_{2n-2}\).
4. L’intégrande \(e^{-t^2}\) est positif. D’une part, \(G \geq\, \int_0^{\sqrt{n}} e^{-t^2}\,dt \geq\, \sqrt{n}\,W_{2n+1}\). D’autre part, \(G \leq\, \sqrt{n}\,W_{2n-2}\), par positivité de l’intégrale généralisée. Ensuite, l’équivalent de Wallis donne
   \[\sqrt{n}\,W_{2n+1} \sim \sqrt{\frac{\pi n}{4n + 2}} \to \frac{\sqrt{\pi}}{2} \quad \text{et} \quad \sqrt{n}\,W_{2n-2} \sim \sqrt{\frac{\pi n}{4n – 4}} \to \frac{\sqrt{\pi}}{2}.\]
   Par encadrement, \(G = \int_0^{+\infty} e^{-t^2}\,dt = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\).
5. D’après l’exercice 8, \(\Gamma(1/2) = 2G\). Donc \(\Gamma(1/2) = \sqrt{\pi}\).

La figure ci-dessous montre l’encadrement de la question 1 pour \(n = 4\). La gaussienne est coincée entre les deux fonctions polynomiale et rationnelle, dont les intégrales sont des intégrales de Wallis.

Point de méthode : encadrer l’intégrande par des fonctions dont l’intégrale se calcule, puis passer à la limite, est une stratégie efficace pour les intégrales sans primitive explicite.

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Pour aller plus loin en L2

• Le cours : intégrales généralisées, cours de maths en L2
• Les énoncés : exercices de maths en L2 sur intégrales généralisées
• À maîtriser avant : Séries numériques à termes positifs
• Chapitre précédent : Séries à termes quelconques
• Chapitre suivant : Valeurs propres et diagonalisation
• Le même thème en maths spé : intégrales généralisées, exercices de maths spé
• Tester vos connaissances : QCM de maths en L2 par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths de L2 et la licence de maths de L1 à L3