HighKholle

Intégrales à paramètre

Exercice 21 ⭐️⭐️ Convergence vers un Dirac, Spé/L3

Soit ϕ\displaystyle \phi une fonction continue sur R\displaystyle \mathbb R à support compact (i.e. ϕ\displaystyle \phi est nulle en dehors d’un intervalle borné).
Montrer que : ∫Rσπ(x2+σ2)ϕ(x)dx⟶σ→0ϕ(0)\displaystyle \int_{\mathbb R}\frac{\sigma}{\pi(x^2+\sigma^2)}\phi(x)dx \underset{\sigma\rightarrow 0}{\longrightarrow} \phi(0).

Changement de variable (pour avoir par exemple un paramètre dans le ϕ\displaystyle \phi et utiliser sa continuité).

Avec le changement de variable x=σu\displaystyle x=\sigma u, on obtient I(σ)=∫Rσπ(x2+σ2)ϕ(x)dx=∫R1π(u2+1)ϕ(σu)du\displaystyle I(\sigma)=\int_{\R}\frac{\sigma}{\pi(x^2+\sigma^2)}\phi(x)dx=\int_{\R}\frac{1}{\pi(u^2+1)}\phi(\sigma u)du. Comme ϕ\displaystyle \phi est continue sur J\displaystyle J compact et nulle en dehors, alors ϕ\displaystyle \phi est bornée, et pour tout u∈R\displaystyle u\in\R et σ∈R\displaystyle \sigma\in\R, ∣ϕ(σu)∣u2+1≤Mu2+1\displaystyle \frac{|\phi(\sigma u)|}{u^2+1}\le \frac{M}{u^2+1} qui est intégrable sur R\displaystyle \R.
Donc on peut appliquer le théorème de convergence dominée. Comme pour tout u∈R\displaystyle u\in\R, ϕ(σu)→σ→0ϕ(0)\displaystyle \phi(\sigma u)\xrightarrow[\sigma\to 0]{} \phi(0) car ϕ\displaystyle \phi est continue, on en déduit que
lim⁡σ→0I(σ)=∫Rlim⁡σ→0ϕ(σu)π(u2+1)du=∫Rϕ(0)π(u2+1)du=ϕ(0).\lim_{\sigma\to 0} I(\sigma)=\int_\R \lim_{\sigma\to 0}\frac{\phi(\sigma u)}{\pi(u^2+1)}du=\int_\R \frac{\phi(0)}{\pi(u^2+1)}du=\phi(0).

Exercice 22 ⭐️⭐️ Asymptotique norme ∣∣⋅∣∣p\displaystyle ||\cdot||_p, Spé/L3

Soit f>0\displaystyle f>0 une fonction continue sur [0,1]\displaystyle [0,1]. On pose I(α)=(∫01f(x)αdx)1/α\displaystyle I(\alpha)=\left(\int_0^1 f(x)^\alpha dx\right)^{1/\alpha}. Déterminer lim⁡α→0I(α)\displaystyle \lim_{\alpha\to 0} I(\alpha).

yβ\displaystyle y^\beta 👉 Écriture eβln⁡(y)\displaystyle e^{\beta \ln(y)}.

Notons J(α)=∫01f(x)αdx\displaystyle J(\alpha)=\int_0^1 f(x)^\alpha dx. On s’empresse d’écrire I(α)=eα−1ln⁡(J(α))\displaystyle I(\alpha)=e^{\alpha^{-1}\ln(J(\alpha))}. On a J(0)=1\displaystyle J(0)=1 et donc on peut interpréter la quantité dans l’exponentielle comme un taux d’accroissement : T(α):=ln⁡(J(α))α=ln⁡(J(α))−ln⁡(J(0))α−0\displaystyle T(\alpha):=\frac{\ln(J(\alpha))}{\alpha}=\frac{\ln(J(\alpha))-\ln(J(0))}{\alpha-0}. Posons h(x)=ln⁡(J(x))\displaystyle h(x)=\ln(J(x)). Si J\displaystyle J est dérivable en 0\displaystyle 0 alors on lim⁡α→0+T(α)=h′(0)=J′(0)J(0)=J′(0).\displaystyle \lim_{\alpha \to 0^+} T(\alpha)=h'(0)=\frac{J'(0)}{J(0)}=J'(0). Il faut donc étudier J\displaystyle J qui est une intégrale dépendant d’un paramètre. Posons g(x,α)=f(x)α=eαln⁡(f(x))\displaystyle g(x,\alpha)=f(x)^\alpha=e^{\alpha\ln(f(x))} qui est continue sur [0,1]×[−1,1]\displaystyle [0,1]\times [-1,1] (on a pris [−1,1]\displaystyle [-1,1] par exemple pour contenir 0\displaystyle 0). De plus ∂g∂α(x,α)=ln⁡(f(x))f(x)α\displaystyle \frac{\partial g}{\partial \alpha}(x,\alpha)=\ln(f(x))f(x)^\alpha est continue [0,1]×[−1,1]\displaystyle [0,1]\times [-1,1]. On en déduit que J\displaystyle J est dérivable sur [−1,1]\displaystyle [-1,1] et que J′(α)=∫01ln⁡(f(x))f(x)αdx\displaystyle J'(\alpha)=\int_0^1 \ln(f(x))f(x)^\alpha dx. Finalement, comme t↦et\displaystyle t\mapsto e^t est continue, il vient lim⁡α→0+I(α)=eJ′(0)=e∫01ln⁡(f(x))dx.\displaystyle \lim_{\alpha \to 0^+} I(\alpha)=e^{J'(0)}=e^{\int_0^1\ln(f(x))dx}.

Exercice 23 ⭐️⭐️⭐️ Intégrale de Dirichlet, Spé/L3/Classique

On souhaite calculer la valeur de I0=∫0+∞sin⁡ttdt\displaystyle I_0=\int_0^{+\infty}\frac{\sin t}{t}dt.
On pose pour cela I(x)=∫0+∞e−xt sin⁡ttdt\displaystyle I(x)=\int_0^{+\infty}e^{-xt}~\frac{\sin t}{t}dt , x>0\displaystyle x>0.

  1. Montrer que I\displaystyle I est définie sur R+\displaystyle \R_+, et C1\displaystyle \mathcal C^1 sur R+∗\displaystyle \R_+^*.
  2. Calculer I′(x)\displaystyle I'(x) pour x>0\displaystyle x>0, puis I(x)\displaystyle I(x).
  3. Montrer que I\displaystyle I est continue en 0\displaystyle 0 et en déduire la valeur de I0\displaystyle I_0.
    On pourra utiliser une intégration par parties.
  1. Intégrale à paramètre 👉 Dérivation sous le signe somme !
  2. On voit e...\displaystyle e^{...} et sin⁡\displaystyle \sin 👉 On écrit sin⁡(t)\displaystyle \sin(t) comme partie imaginaire de eit\displaystyle e^{it}.
  3. Intégration par parties 👉 Choisir le sens qui nous arrange.
  1. ∙\displaystyle \bullet Soit x>0\displaystyle x>0. La majoration ∣e−xt sin⁡tt∣≤e−xt\displaystyle \left|e^{-xt}~\frac{\sin t}{t}\right|\leq e^{-xt} donne l’intégrabilité de t↦e−xt sin⁡tt\displaystyle t\mapsto e^{-xt}~\frac{\sin t}{t} sur ]0;+∞[\displaystyle ]0;+\infty[.
    ∙\displaystyle \bullet Pour x=0\displaystyle x=0, t↦sin⁡tt\displaystyle t\mapsto\frac{\sin t}{t} est prolongeable par continuité en 0\displaystyle 0 donc intégrable sur ]0;1]\displaystyle ]0;1]. Par ailleurs, une IPP donne ∫1Asin⁡tt dt=Cste−cos⁡AA−∫1Acos⁡tt2dt,\int_1^A\frac{\sin t}{t}~dt= \mathrm{Cste}-\frac{\cos A}{A}-\int_1^A\frac{\cos t}{t^2}dt, qui possède une limite finie quand A→+∞\displaystyle A\to+\infty car d’une part cos⁡AA→0\displaystyle \frac{\cos A}{A}\to 0, et d’autre part l’intégrale de droite est absolument convergente (puisque ∣cos⁡tt2∣≤1t2\displaystyle \left|\frac{\cos t}{t^2}\right|\leq\frac{1}{t^2}).
    Remarque. Pour une preuve légèrement différente de ce point classique, on pourra consulter l’exo 20.
    ∙\displaystyle \bullet Vérifions les hypothèses du théorème de dérivation d’une intégrale à paramètre.
    (i) x↦e−xt sin⁡tt\displaystyle x\mapsto e^{-xt}~\frac{\sin t}{t} est C1\displaystyle \mathcal C^1 par rapport à x\displaystyle x pour t>0\displaystyle t>0 fixé et ∂∂x(e−xt sin⁡tt)=−e−xtsin⁡(t)\displaystyle \frac{\partial }{\partial x}\left(e^{-xt}~\frac{\sin t}{t}\right)= -e^{-xt}\sin(t);
    (ii) t↦e−xt sin⁡tt\displaystyle t\mapsto e^{-xt}~\frac{\sin t}{t} et t↦−e−xtsin⁡t\displaystyle t\mapsto - e^{-xt}\sin t sont continues (par morceaux) sur ]0;+∞[\displaystyle ]0;+\infty[ pour x>0\displaystyle x>0 fixé;
    (iii) t↦e−xt sin⁡tt\displaystyle t\mapsto e^{-xt}~\frac{\sin t}{t} est intégrable sur ]0;+∞[\displaystyle ]0;+\infty[ pour x>0\displaystyle x>0 fixé;
    (iii) Pour un segment [a;b]⊂]0;+∞[\displaystyle [a;b]\subset]0;+\infty[, on a : ∀x∈[a;b],∀t>0, ∣−e−xtsin⁡(t)∣≤e−at\displaystyle \forall x\in[a;b],\forall t>0,~\left|-e^{-xt}\sin(t)\right|\leq e^{-at}, avec t↦e−at\displaystyle t\mapsto e^{-at} intégrable sur ]0;+∞[\displaystyle ]0;+\infty[.
    Conclusion. I\displaystyle I est C1\displaystyle \mathcal C^1 sur R+∗\displaystyle \R_+^* et ∀x>0,I′(x)=∫0+∞−e−xtsin⁡(t)dt.\forall x>0,I'(x)=\int_0^{+\infty}-e^{-xt}\sin(t)dt.
  2. Pour x>0\displaystyle x>0,
    I′(x)=∫0+∞−e−xtsin⁡(t)dt=−Im(∫0+∞e(−x+i)tdt)=−Im(1x−i)=−11+x2\begin{aligned} I'(x)=\int_0^{+\infty}-e^{-xt}\sin(t)dt=-\mathrm{Im}\left(\int_0^{+\infty}e^{(-x+i)t}dt\right)=-\mathrm{Im}\left(\frac{1}{x-i}\right)=\frac{-1}{1+x^2} \end{aligned} Ainsi il existe C∈R\displaystyle C\in\R tel que ∀x>0,I(x)=C−arctan⁡(x)\displaystyle \forall x>0,I(x)=C-\arctan(x). On examine la limite en +∞\displaystyle +\infty pour déterminer C\displaystyle C. La majoration ∣e−xt sin⁡tt∣≤e−xt\displaystyle \left|e^{-xt}~\frac{\sin t}{t}\right|\leq e^{-xt} donne ∣I(x)∣≤1x\displaystyle |I(x)|\leq\frac 1x donc I(x)→x→+∞\displaystyle I(x)\underset{x\to +\infty}\to. Finalement : ∀x>0, I(x)=π2−arctan⁡(x).\forall x>0,~I(x)=\frac{\pi}{2}-\arctan(x).
  3. Soit x>0\displaystyle x>0. Notons F(t)=∫0tsin⁡(u)udu\displaystyle F(t) = \int_0^t\frac{\sin(u)}{u}du. On remarque que lim⁡t→+∞F(t)=I0\displaystyle \lim_{t\to+\infty}F(t)=I_0, et que, F\displaystyle F étant continue sur R+\displaystyle \R_+ et de limite finie en +∞\displaystyle +\infty, ∣F∣\displaystyle |F| est bornée par une constante K\displaystyle K. Ainsi I(x)=∫0+∞e−xtsin⁡tt dt=[e−xtF(t)]0+∞⏟=0+∫0+∞xe−xtF(t)dt=∫0+∞e−uF(ux)du.\begin{aligned}I(x)&=\int_0^{+\infty}e^{-xt}\frac{\sin t}{t}~dt \\&= \underbrace{\left[e^{-xt}F(t)\right]_0^{+\infty}}_{=0}+\int_0^{+\infty}xe^{-xt}F(t)dt\\ &= \int_0^{+\infty}e^{-u}F\left(\frac ux\right)du\end{aligned}.
    La majoration ∣e−uF(ux)∣≤Ke−u\displaystyle \left|e^{-u}F\left(\frac ux\right)\right|\leq K e^{-u} permet de conclure, par convergence dominée, que lim⁡x→0I(x)=∫0+∞e−uI0 du=I0=I(0)\lim_{x\to 0} I(x)=\int_0^{+\infty}e^{-u}I_0~du=I_0=I(0)
    Conclusion. Par continuité, l’égalité de 2. reste vraie pour x=0\displaystyle x=0, ce qui donne I0=π2\displaystyle I_0=\frac{\pi}{2}.

Exercice 354 ⭐️⭐️ La domination est indispensable, Spé/L2

On pose G(x)=∫0+∞xe−xtdt\displaystyle G(x)=\int_0^{+\infty} x e^{-xt}\mathrm{d}t.

  1. Justifier que G\displaystyle G est définie sur R+\displaystyle \R_+.
  2. Existe t-il une fonction ϕ\displaystyle \phi intégrable sur R+\displaystyle \R_+ telle que ∀(x,t)∈(R+)2, ∣xe−xt∣≤ϕ(t)\displaystyle \forall (x,t)\in(\R_+)^2,~\left|x e^{-xt}\right|\leq\phi(t) ?
  3. La fonction G\displaystyle G est-elle continue en 0\displaystyle 0 ?
  1. Pour x≥0\displaystyle x\geq 0 fixé, étudier la convergence de l’intégrale.
  2. Prendre la borne supérieure pour x∈R+\displaystyle x\in\R_+.
  3. Comparer G(0)\displaystyle G(0) avec lim⁡x→0+G(x)\displaystyle \lim_{x\to 0^+}G(x).
  1. Pour x=0\displaystyle x=0 la fonction t↦xe−xt\displaystyle t\mapsto x e^{-xt} est nulle donc son intégrale converge.
    Pour x>0\displaystyle x>0, l’intégrale converge car ∫0∞e−xtdt\displaystyle \int_0^\infty e^{-xt}\mathrm{d}t est une intégrale convergente (intégrale de référence).
  2. Supposons : ∀(x,t)∈(R+)2, ∣xe−xt∣≤ϕ(t)\displaystyle \forall (x,t)\in(\R_+)^2,~\left|x e^{-xt}\right|\leq\phi(t).
    Alors on a, pour t≥0\displaystyle t\geq 0 : sup⁡x≥0xe−xt≤ϕ(t)\displaystyle \quad \sup_{x\geq 0}x e^{-xt}\leq\phi(t).
    Fixons t≥0\displaystyle t\geq 0. L’application u:x↦xe−xt\displaystyle u:x\mapsto x e^{-xt} est dérivable sur R+\displaystyle \R_+ avec u′(x)=(1−tx)e−xt\displaystyle u'(x)=(1-tx)e^{-xt}. Ainsi u\displaystyle u est croissante sur [0;1/t]\displaystyle [0;1/t], décroissante sur [1/t;+∞]\displaystyle [1/t;+\infty].
    Comme u\displaystyle u est positive sur R+\displaystyle \R_+ on a donc sup⁡x≥0xe−xt=u(1t)=1et\displaystyle \sup_{x\geq 0}x e^{-xt} = u\left(\frac 1t\right)=\frac{1}{et}.
    Finalement pour tout t≥0\displaystyle t\geq 0, ϕ(t)≥1et\displaystyle \phi(t)\geq \frac{1}{et}, or t↦1et\displaystyle t\mapsto \frac{1}{et} est non intégrable sur R+\displaystyle \R_+, donc cette inégalité est incompatible avec la condition "ϕ\displaystyle \phi intégrable". La réponse est donc négative.
  3. On ne peut donc pas appliquer le théorème de continuité d’une intégrale à paramètre. De fait, on observe que G\displaystyle G n’est pas continue en 0\displaystyle 0 puisque d’une part G(0)=0\displaystyle G(0)=0, et d’autre part pour x>0\displaystyle x>0 le calcul donne G(x)=1\displaystyle G(x)=1.

Exercice 355 ⭐️⭐️ Intégrale de Gauss, Spé/L2/Classique

On souhaite calculer I=∫0+∞e−u2du\displaystyle I=\int_0^{+\infty} e^{-u^2}\mathrm{d} u. On introduit pour cela la fonction g(x)=∫01e−x2(1+t2)1+t2dt.\displaystyle g(x)=\int_0^1\frac{e^{-x^2(1+t^2)}}{1+t^2}\mathrm{d}t.

  1. Montrer que g\displaystyle g est définie et de classe C1\displaystyle C^1 sur R\displaystyle \R, et que ∀x∈R\displaystyle \forall x\in\R, g′(x)=−2e−x2∫0xe−u2du.\displaystyle g'(x)=-2 e^{-x^2}\int_0^x e^{-u^2}\mathrm{d} u..
  2. Montrer qu’il existe une constante c∈R\displaystyle c\in\R telle que ∀x∈R,  g(x)=c−(∫0xe−u2du)2.\displaystyle \forall x\in\R,~~g(x)=c-\left(\int_0^x e^{-u^2}\mathrm{d} u\right)^2.
  3. En déduire la valeur de I\displaystyle I.
  1. Dériver une intégrale à paramètre 👉 Théorème de dérivation d’une intégrale à paramètre
    (il fallait y penser ! 😂)
  2. On veut obtenir g(x)\displaystyle g(x), connaissant g′(x)\displaystyle g'(x) 👉 Primitivation.
  3. On a une relation avec ∫0xe−u2du\displaystyle \int_0^{x} e^{-u^2}\mathrm{d} u et on veut ∫0+∞e−u2du\displaystyle \int_0^{+\infty} e^{-u^2}\mathrm{d} u 👉 Faire tendre x\displaystyle x vers +∞\displaystyle +\infty.
  1. Posons u(x,t)=e−x2(1+t2)1+t2\displaystyle u(x,t)=\frac{e^{-x^2(1+t^2)}}{1+t^2}, et fixons un segment [−a;a]⊂R\displaystyle [-a;a]\subset\R.
  • Pour t∈[0;1]\displaystyle t\in[0;1], x↦u(x,t)\displaystyle x\mapsto u(x,t) est C1\displaystyle \mathcal C^1 sur R\displaystyle \R et ∂u∂x(x,t)=−2xe−x2(1+t2)\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x} (x,t)=-2x e^{-x^2(1+t^2)};
  • pour x∈R\displaystyle x\in\R, t↦u(x,t)\displaystyle t\mapsto u(x,t) est continue sur le segment [0;1]\displaystyle [0;1], donc intégrable;
  • ∀x∈[−a;a],∀t∈[0;1]\displaystyle \forall x\in[-a;a],\forall t\in[0;1], ∣∂u∂x(x,t)∣≤2a\displaystyle \left|\frac{\partial u}{\partial x}(x,t)\right|\leq 2a, avec t↦2a\displaystyle t\mapsto 2a intégrable sur [0;1]\displaystyle [0;1].
    Conclusion — g\displaystyle g est définie et de classe C1\displaystyle \mathcal C^1 sur [−a;a]\displaystyle [-a;a], donc sur R\displaystyle \R car a\displaystyle a est quelconque.
    De plus, en posant u=xt\displaystyle u=xt, on a pour tout x∈R\displaystyle x\in\R,
    g′(x)=∫01∂u∂x(x,t)dt=−2xe−x2∫01e−(xt)2dt=−2e−x2∫0xe−u2du.\begin{aligned} g'(x) & = \int_0^1 \frac{\partial u}{\partial x}(x,t)\mathrm{d} t \\ & = -2x e^{-x^2}\int_0^1 e^{-(xt)^2}\mathrm{d}t \\ & = -2 e^{-x^2}\int_0^x e^{-u^2}\mathrm{d}u. \end{aligned}
  1. Posons v(x)=∫0xe−u2du\displaystyle v(x)=\int_0^x e^{-u^2}\mathrm d u. On remarque que g′=−2v′v\displaystyle g'=-2v'v sur R\displaystyle \R. En primitivant, il existe donc une constante c∈R\displaystyle c\in\R telle que ∀x∈R,  g(x)=c−v(x)2.\displaystyle \forall x\in\R,~~g(x)=c-v(x)^2.
  2. En prenant x=0\displaystyle x=0 on obtient c=g(0)=∫0111+t2 dt=arctan⁡(1)−arctan⁡(0)=π4\displaystyle c=g(0)=\int_0^{1}\frac{1}{1+t^2}~\mathrm d t=\arctan(1)-\arctan(0)=\frac{\pi}{4}.
    On peut majorer : 0≤g(x)≤∫01e−x2dt=e−x2\displaystyle 0\leq g(x)\leq \int_0^1 e^{-x^2}\mathrm d t=e^{-x^2}, ce qui entraîne lim⁡x→+∞g(x)=0\displaystyle \lim_{x\to+\infty} g(x)=0.
    On a donc lim⁡x→+∞(c−v(x)2)=0\displaystyle \lim_{x\to+\infty}(c-v(x)^2)=0, et ainsi lim⁡x→+∞v(x)2=(∫0+∞e−x2dx)=π4.\lim_{x\to+\infty} v(x)^2=\left(\int_0^{+\infty} e^{-x^2}\mathrm d x\right)=\frac\pi 4.
    Finalement ∫0+∞e−x2dx=π2\displaystyle \int_0^{+\infty} e^{-x^2}\mathrm d x =\frac{\sqrt\pi }{2}.

Exercice 371 ⭐️⭐️ ∫01tx−11+t dt\displaystyle \int_0^1 \frac{t^{x-1}}{1+t}~dt, Spé/L2

Soit f\displaystyle f définie par l’expression f(x)=∫01tx−11+t dt\displaystyle f(x)=\int_0^1 \frac{t^{x-1}}{1+t}~dt.

  1. Déterminer le domaine de définition de f\displaystyle f, puis étudier ses variations.
  2. Démontrer que f\displaystyle f est continue sur son domaine de définition.
  3. Calculer f(x+1)+f(x)\displaystyle f(x+1)+f(x) pour x>0\displaystyle x>0.
  4. Donner un équivalent de f\displaystyle f en 0+\displaystyle 0^+, puis en +∞\displaystyle +\infty.
  1. Convergence de l’intégrale pour x\displaystyle x fixé. Comparer f(x)\displaystyle f(x) et f(y)\displaystyle f(y) pour x≤y\displaystyle x\leq y.
  2. Appliquer le théorème.
  3. …
  4. Que donne l’égalité de 3. quand x→0+\displaystyle x\to 0^+ ? Quand x→+∞\displaystyle x\to+\infty ?
  1. ∙\displaystyle \bullet Soit x∈R\displaystyle x\in\R, on pose u(x,t)=tx−11+t\displaystyle u(x,t)= \frac{t^{x-1}}{1+t} pour t∈]0;1]\displaystyle t\in]0;1].
    t↦u(x,t)\displaystyle t\mapsto u(x,t) est continue sur ]0;1]\displaystyle ]0;1], positive, et u(x,t)∼t→0tx−1\displaystyle u(x,t)\underset{t\to 0}\sim t^{x-1}, donc par comparaison avec une intégrale de Riemann, ∫01tx−11+tdt\displaystyle \int_0^1 \frac{t^{x-1}}{1+t}dt est convergente ssi x>0\displaystyle x>0. Le domaine de définition est donc ]0;+∞[\displaystyle ]0;+\infty[.
    ∙\displaystyle \bullet soit 0<x<y\displaystyle 0<x<y. Pour t∈]0;1]\displaystyle t\in]0;1], ty−11+t≤tx−11+t\displaystyle \frac{t^{y-1}}{1+t}\leq\frac{t^{x-1}}{1+t}.
    Donc par croissance de l’intégrale, f(y)≤f(x)\displaystyle f(y)\leq f(x). Ainsi f\displaystyle f est décroissante.
  2. Fixons a>0\displaystyle a>0.
    -pour t∈]0;1]\displaystyle t\in]0;1], x↦u(x,t)\displaystyle x\mapsto u(x,t) est continue sur ]0;+∞[\displaystyle ]0;+\infty[;
    -pour x∈]0;+∞[\displaystyle x\in]0;+\infty[, t↦f(x,t)\displaystyle t\mapsto f(x,t) est CPM sur ]0;1]\displaystyle ]0;1];
    -∀x∈[a;+∞[,∀t∈]0;1]\displaystyle \forall x\in[a;+\infty[,\forall t\in]0;1], ∣u(x,t)∣≤ta−11+t\displaystyle |u(x,t)|\leq \frac{t^{a-1}}{1+t}, avec t↦ta−11+t\displaystyle t\mapsto \frac{t^{a-1}}{1+t} intégrable sur ]0;1]\displaystyle ]0;1] (voir 1.).
    Conclusion. f\displaystyle f est continue sur [a;+∞[\displaystyle [a;+\infty[, avec a>0\displaystyle a>0 quelconque, donc sur ]0;+∞[\displaystyle ]0;+\infty[.
  3. Soit x>0\displaystyle x>0. f(x+1)+f(x)=∫01tx−1+tx1+t dt=∫01tx−1 dt=1x\displaystyle f(x+1)+f(x)=\int_0^1 \frac{t^{x-1}+t^x}{1+t}~dt = \int_0^1 t^{x-1}~dt =\frac 1x.
  4. En 0+\displaystyle 0^+ : f(x+1)→f(1)\displaystyle f(x+1)\to f(1) et 1x→+∞\displaystyle \frac 1x\to +\infty, donc f(x)∼x→0+1x\displaystyle f(x)\underset{{x\to 0^+}}\sim\frac 1x.
    En +∞\displaystyle +\infty : puisque f\displaystyle f est décroissante, on a l’encadrement
    1x=f(x+1)+f(x)≤2f(x)≤f(x)+f(x−1)=1x−1.\frac 1x=f(x+1)+f(x)\leq 2f(x) \leq f(x)+f(x-1)=\frac{1}{x-1}. On en déduit que f(x)∼x→+∞12x\displaystyle f(x)\underset{{x\to+\infty}}\sim \frac{1}{2x}.

Exercice 372 ⭐️⭐️ ∫0∞e−at−e−bttdt\displaystyle \int_0^\infty \frac{e^{-at}-e^{-bt}}{t}dt, Spé/L2

  1. Justifier l’existence de ∫0∞e−at−e−btt dt\displaystyle \int_0^\infty \frac{e^{-at}-e^{-bt}}{t}~dt pour a,b>0\displaystyle a,b>0.
  2. Calculer cette intégrale en faisant varier le paramètre a\displaystyle a.
  1. Convergence d’une intégrale 👉 Étude du comportement asymptotique de la fonction aux bornes de l’intervalle.
  2. Un paramètre dans une intégrale ça permet de faire quoi en terme de calcul ? 👉 Dériver !
  1. Si a=b\displaystyle a=b, c’est l’intégrale de la fonction nulle. Supposons a≠b\displaystyle a\neq b. Alors e−at−e−btt∼x→0(b−a)tt=b−a,\frac{e^{-at}-e^{-bt}}{t}\underset{x\to 0}{\sim}\frac{(b-a)t}{t}=b-a, donc l’intégrale est faussement impropre en 0\displaystyle 0. Quand t→+∞\displaystyle t\to+\infty, e−att=o(e−at)\displaystyle \frac{e^{-at}}{t}=o\left(e^{-at}\right) et e−btt=o(e−bt)\displaystyle \frac{e^{-bt}}{t}=o\left(e^{-bt}\right), donc par comparaison l’intégrale est absolument convergente au voisinage de +∞\displaystyle +\infty.
  2. Fixons b>0\displaystyle b>0 et posons u(a,t)=e−at−e−btt\displaystyle u(a,t)=\frac{e^{-at}-e^{-bt}}{t}.
  • pour t>0\displaystyle t>0, a↦u(a,t)\displaystyle a\mapsto u(a,t) est C1\displaystyle \mathcal C^1 sur ]0;+∞[\displaystyle ]0;+\infty[ et ∂u∂a(a,t)=−e−at\displaystyle \frac{\partial u}{\partial a}(a,t) = -e^{-at};
  • pour a>0\displaystyle a>0, t↦u(a,t)\displaystyle t\mapsto u(a,t) et t↦∂u∂a(a,t)\displaystyle t\mapsto \frac{\partial u}{\partial a}(a,t) sont continues sur ]0;+∞[\displaystyle ]0;+\infty[;
  • pour a>0\displaystyle a>0, t↦u(a,t)\displaystyle t\mapsto u(a,t) est intégrable sur ]0;+∞[\displaystyle ]0;+\infty[ (voir 1.);
  • Fixons A>0\displaystyle A>0. On a : ∀a∈[A;+∞[, ∀t>0,∣∂u∂a(a,t)∣≤e−At\displaystyle \forall a\in[A;+\infty[,~\forall t>0,\left|\frac{\partial u}{\partial a}(a,t)\right|\leq e^{-At}, avec t↦e−At\displaystyle t\mapsto e^{-At} intégrable sur ]0;+∞[\displaystyle ]0;+\infty[.
    Conclusion. La fonction F:a↦∫0∞e−at−e−btt dt\displaystyle F:a\mapsto \int_0^\infty \frac{e^{-at}-e^{-bt}}{t}~dt est C1\displaystyle \mathcal C^1 sur ]0;+∞[\displaystyle ]0;+\infty[, et ∀a>0, F′(a)=∫0∞−e−atdt=−1a.\forall a>0,~F'(a)= \int_0^\infty -e^{-at}dt=-\frac{1}{a}.
    Il existe donc c∈R\displaystyle c\in\R tel que ∀a>0, F(a)=c−ln⁡(a).\displaystyle \forall a>0,~F(a)= c-\ln(a).
    Avec l’égalité F(b)=0\displaystyle F(b)=0, on a finalement F(a)=ln⁡(b)−ln⁡(a)=ln⁡(ba).\displaystyle F(a)= \ln(b)-\ln(a)=\ln\left(\frac ba\right).

Exercice 373 ⭐️⭐️ ∫0∞e−xt1+t2dt\displaystyle \int_0^{\infty}\frac{e^{-xt}}{1+t^2}dt, Spé/L2

On pose F(x)=∫0+∞e−xt1+t2dt\displaystyle F(x)=\int_0^{+\infty}\frac{e^{-xt}}{1+t^2}dt.

  1. Montrer que F\displaystyle F est définie et continue sur [0;+∞[\displaystyle [0;+\infty[.
  2. Montrer que F\displaystyle F est solution de l’équation différentielle y′′+y=1x\displaystyle y''+y=\frac 1x sur ]0;+∞[\displaystyle ]0;+\infty[.
  3. Déterminer la limite de F\displaystyle F en +∞\displaystyle +\infty.
  1. Théorème de continuité d’une intégrale à paramètre.
  2. Théorème de dérivation d’une intégrale à paramètre.
  3. Limite d’une expression qu’on ne sait pas calculer 👉 Majorer ∣F∣\displaystyle |F|.
  1. On pose f(x,t)=e−xt1+t2\displaystyle f(x,t)=\frac{e^{-xt}}{1+t^2}.
  • Pour t∈R+\displaystyle t\in\R_+, x↦f(x,t)\displaystyle x\mapsto f(x,t) est continue sur R+\displaystyle \R_+;
  • pour x∈R+\displaystyle x\in\R_+, t↦f(x,t)\displaystyle t\mapsto f(x,t) est CPM sur R+\displaystyle \R_+;
  • ∀x∈R+,∀t∈R+\displaystyle \forall x\in\R_+,\forall t\in\R_+, ∣f(x,t)∣≤11+t2\displaystyle |f(x,t)|\leq \frac{1}{1+t^2}, avec t↦11+t2\displaystyle t\mapsto \frac{1}{1+t^2} intégrable sur R+\displaystyle \R_+.
    Conclusion. F\displaystyle F est définie, et continue sur R+\displaystyle \R_+.
  1. Vérifions les hypothèses supplémentaires pour utiliser le théorème de dérivation deux fois d’une intégrale à paramètre. Fixons un segment [a,b]⊂]0;+∞[\displaystyle [a,b]\subset]0;+\infty[.
  • pour t∈R+\displaystyle t\in\R_+, x↦f(x,t)\displaystyle x\mapsto f(x,t) est C2\displaystyle \mathcal C^2 sur ]0;+∞[\displaystyle ]0;+\infty[, avec ∂f∂x(x,t)=−te−xt1+t2,∂2f∂x2(x,t)=t2e−xt1+t2;\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)=\frac{-t e^{-xt}}{1+t^2},\qquad\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} (x,t)=\frac{t^2e^{-xt}}{1+t^2};
  • pour x>0\displaystyle x>0, t↦−te−xt1+t2\displaystyle t\mapsto \frac{-t e^{-xt}}{1+t^2} est intégrable sur R+\displaystyle \R_+. En effet la fonction t↦−te−xt1+t2\displaystyle t\mapsto \frac{-t e^{-xt}}{1+t^2} est continue sur [0;+∞[\displaystyle [0;+\infty[ et négligeable devant e−xt\displaystyle e^{-xt} quand t→+∞\displaystyle t\to+\infty;
  • pour x∈[a;b]\displaystyle x\in[a;b] et t∈R+\displaystyle t\in\R_+, ∣t2e−xt1+t2∣≤e−at\displaystyle \left|\frac{t^2e^{-xt}}{1+t^2}\right|\leq e^{-at}, avec t↦e−at\displaystyle t\mapsto e^{-at} intégrable sur R+\displaystyle \R_+.
    Conclusion. F\displaystyle F est C2\displaystyle \mathcal C^2 sur [a;b]\displaystyle [a;b], avec a,b>0\displaystyle a,b>0 quelconques, donc sur ]0;+∞[\displaystyle ]0;+\infty[. De plus : ∀x>0, F′′(x)=∫0+∞t2e−xt1+t2dt.\forall x>0,~F''(x)=\int_0^{+\infty}\frac{t^2 e^{-xt}}{1+t^2}dt. Ainsi pour x>0\displaystyle x>0 :
    F′′(x)+F(x)=∫0+∞(1+t2)e−xt1+t2dt=∫0+∞e−xtdt=1x.F''(x)+F(x)=\int_0^{+\infty}\frac{(1+t^2) e^{-xt}}{1+t^2}dt = \int_0^{+\infty}e^{-xt}dt = \frac 1x.
  1. La majoration ∣f(x,t)∣≤e−xt\displaystyle |f(x,t)|\leq e^{-xt} donne ∣F(x)∣≤1x\displaystyle |F(x)|\leq \frac 1x, et donc lim⁡x→+∞F(x)=0\displaystyle \lim_{x\to+\infty} F(x)=0.

Exercice 374 ⭐️⭐️ ∫0π/2cos⁡(t)t+xdt\displaystyle \int_0^{\pi/2}\frac{\cos(t)}{t+x}dt, Spé/L2

Pour x>0\displaystyle x>0 on définit f(x)=∫0π/2cos⁡(t)t+x dt\displaystyle f(x)=\int_0^{\pi/2}\frac{\cos(t)}{t+x}~dt.

  1. Justifier que f\displaystyle f est de classe C1\displaystyle \mathcal C^1 sur ]0;+∞[\displaystyle ]0;+\infty[, et étudier les variations de f\displaystyle f.
  2. Déterminer un équivalent de f\displaystyle f en +∞\displaystyle +\infty, à l’aide d’un encadrement simple.
  3. Montrer que ∀t∈[0;π/2], 1−t22≤cos⁡(t)≤1\displaystyle \forall t\in[0;\pi/2],~1-\frac{t^2}{2}\leq\cos(t)\leq 1.
  4. En déduire que f(x)∼x→0+−ln⁡(x)\displaystyle f(x)\underset{x\to 0^+}\sim -\ln(x).
  1. Théorème de dérivation d’une intégrale à paramètre.
  2. Encadrer la fonction dans l’intégrale quand t∈[0;π/2]\displaystyle t\in[0;\pi/2], d’une manière qui permette de conclure.
  3. Comparaison d’une fonction avec la partie polynôme de son DL 👉 Taylor avec reste intégral.
  4. Encadrer f(x)\displaystyle f(x).
  1. Posons u(x,t)\displaystyle u(x,t) pour x>0\displaystyle x>0 et t∈[0;π/2]\displaystyle t\in[0;\pi/2].
  • Pour t∈[0;π/2]\displaystyle t\in[0;\pi/2], x↦u(x,t)\displaystyle x\mapsto u(x,t) est C1\displaystyle \mathcal C^1 sur ]0;+∞[\displaystyle ]0;+\infty[, et ∂u∂x(x,t)=−cos⁡(t)(t+x)2\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}(x,t)=\frac{-\cos(t)}{(t+x)^2};
  • pour x>0\displaystyle x>0, t↦u(x,t)\displaystyle t\mapsto u(x,t) et t↦∂u∂x(x,t)\displaystyle t\mapsto \frac{\partial u}{\partial x}(x,t) sont continues sur [0;π/2]\displaystyle [0;\pi/2];
  • pour x>0\displaystyle x>0, t↦u(x,t)\displaystyle t\mapsto u(x,t) est intégrable sur [0;π/2]\displaystyle [0;\pi/2] (fonction continue sur un segment);
  • Pour a>0\displaystyle a>0 fixé, on a : ∀x∈[a;+∞[, ∀t∈[0;π/2], ∣∂u∂x(x,t)∣≤1(t+a)2\displaystyle \forall x\in[a;+\infty[,~\forall t\in[0;\pi/2],~\left|\frac{\partial u}{\partial x}(x,t)\right|\leq\frac{1}{(t+a)^2}, avec t↦1(t+a)2\displaystyle t\mapsto \frac{1}{(t+a)^2} intégrable sur [0;π/2]\displaystyle [0;\pi/2] (là aussi, fonction continue sur un segment).
    Conclusion. f\displaystyle f est C1\displaystyle \mathcal C^1 sur ]0;+∞[\displaystyle ]0;+\infty[, et ∀x>0,  f′(x)=∫0π/2−cos⁡(t)(t+x)2 dt.\forall x>0, ~~f'(x)=\int_0^{\pi/2}\frac{-\cos(t)}{(t+x)^2}~dt.
    Comme la fonction dans l’intégrale est négative sur [0;π/2]\displaystyle [0;\pi/2], on a donc f′(x)≤0\displaystyle f'(x)\leq 0 pour x∈]0;+∞[\displaystyle x\in]0;+\infty[. Ainsi f\displaystyle f est décroissante.
  1. Pour t∈[0;π/2]\displaystyle t\in[0;\pi/2] et x>0\displaystyle x>0 on a : cos⁡(t)x+π/2≤cos⁡(t)t+x≤cos⁡(t)x\displaystyle \frac{\cos(t)}{x+\pi/2}\leq \frac{\cos(t)}{t+x}\leq \frac{\cos(t)}{x}. En intégrant on obtient
    1x+π/2≤f(x)≤1x.\frac{1}{x+\pi/2}\leq f(x)\leq\frac 1x. On en déduit que f(x)∼x→+∞1x\displaystyle f(x)\underset{x\to+\infty}\sim \frac 1x.
  2. L’inégalité de droite est bien connue. Par ailleurs, à l’ordre 2\displaystyle 2, Taylor avec reste intégral donne, pour t∈[0;π/2]\displaystyle t\in[0;\pi/2] : cos⁡(t)=1−t22+∫0t(t−u)nn!sin⁡(u)⏟≥0 car u∈[0;π/2]du.\cos(t)=1-\frac{t^2}{2}+\int_0^t \underbrace{\frac{(t-u)^n}{n!}\sin(u)}_{\geq 0\text{ car }u\in[0;\pi/2]}du. donc cos⁡(t)≥1−t22\displaystyle \cos(t)\geq 1-\frac{t^2}{2}.
    Remarque. Cette inégalité reste en fait vraie pour t∈R\displaystyle t\in\R. Mais ceci ne se déduit pas aussi aisément de Taylor-R.I. (on peut en revanche faire une étude de fonction…)
  3. En intégrant cet encadrement on obtient pour x>0\displaystyle x>0 :
    ∫0π/21−t2/2t+x dt≤f(x)≤∫0π/21t+x dt.\int_0^{\pi/2}\frac{1-t^2/2}{t+x}~dt\leq f(x)\leq \int_0^{\pi/2}\frac{1}{t+x}~dt. Or
  • ∫0π/21t+x dt=ln⁡(x+π/2)−ln⁡(x)∼x→0−ln⁡(x);\displaystyle \int_0^{\pi/2}\frac{1}{t+x}~dt=\ln(x+\pi/2)-\ln(x)\underset{x\to 0}\sim -\ln(x);
  • ∫0π/21−t2/2t+x dt=∫0π/21t+x dt−12∫xx+π/2(t−x)2t dt\displaystyle \int_0^{\pi/2}\frac{1-t^2/2}{t+x}~dt=\int_0^{\pi/2}\frac{1}{t+x}~dt-\frac 12\int_x^{x+\pi/2}\frac{(t-x)^2}{t}~dt
      =…\displaystyle ~~\qquad\qquad\quad=\dots
      =ln⁡(x+π/2)−ln⁡(x)−12[(x+π/2)2−x22−πx+x2(ln⁡(x+π/2)−ln⁡(x))]\displaystyle ~~\qquad\qquad\quad=\ln(x+\pi/2)-\ln(x)-\frac 12\left[\frac {(x+\pi/2)^2-x^2}{2}-\pi x+x^2(\ln(x+\pi/2)-\ln(x))\right].
    Cette expression équivaut aussi à −ln⁡(x)\displaystyle -\ln(x) en 0\displaystyle 0 (tous les autres termes ont une limite finie).

Conclusion. Par encadrement on a donc f(x)∼x→0−ln⁡(x).f(x)\underset{x\to 0}\sim -\ln(x).

Exercice 425 ⭐️⭐️ Fonctions Beta et Gamma, MP/L3

On définit les fonctions Beta par B(x,y)=∫01tx−1(1−t)y−1dt\displaystyle B(x,y)=\int_0^1t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt, x,y>0\displaystyle x,y>0, et Gamma par Γ(x)=∫0∞tx−1e−tdt\displaystyle \Gamma(x)=\int_0^\infty t^{x-1}e^{-t}dt, x>0\displaystyle x>0. Montrer que B(x,y)=Γ(x)Γ(y)Γ(x+y),x,y>0.B(x,y)=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}, \quad x,y>0.

  • On aime pas les dénominateurs donc on calcule Γ(x)Γ(y)\displaystyle \Gamma(x)\Gamma(y) ;
  • Produit de deux intégrales 👉 Fubini !

Soit x,y>0\displaystyle x,y>0. On a, en appliquant Fubini de façon répétée et en utilisant les changements de variable u=tv\displaystyle u=tv puis t′=t(1+v)\displaystyle t'=t(1+v) :
Γ(x)Γ(y)=∫0∞tx−1e−tdt∫0∞uy−1e−udu=∫0∞tx−1e−t∫0∞(tv)y−1e−tvtdv dt=∫0∞vy−1∫0∞tx+y−1e−t(1+v)dt dv=∫0∞vy−1(1+v)x+y∫0∞tx+y−1e−tdt dv=Γ(x+y)∫0∞vy−1(1+v)x+ydv.\begin{aligned} \Gamma(x)\Gamma(y)&=\int_0^\infty t^{x-1}e^{-t}dt\int_0^\infty u^{y-1}e^{-u}du \\ &=\int_0^\infty t^{x-1}e^{-t}\int_0^\infty (tv)^{y-1}e^{-tv}tdv\ dt\\ &= \int_0^\infty v^{y-1}\int_0^\infty t^{x+y-1} e^{-t(1+v)}dt\ dv\\ &=\int_0^\infty \frac{v^{y-1}}{(1+v)^{x+y}}\int_0^\infty t^{x+y-1} e^{-t}dt\ dv\\ &=\Gamma(x+y)\int_0^\infty \frac{v^{y-1}}{(1+v)^{x+y}}dv.\end{aligned} On peut traiter la dernière intégrale grâce à une réécriture puis au changement de variable w=v1+v\displaystyle w=\frac{v}{1+v}, i.e. v=w1−w\displaystyle v=\frac{w}{1-w} et dv=dw(1−w)2\displaystyle dv=\frac{dw}{(1-w)^2} :
∫0∞vy−1(1+v)x+ydv=∫0∞(v1+v)y−1(11+v)x−1dv(1+v)2=∫01wy−1(1−w)x−1dw,\begin{aligned} \int_0^\infty \frac{v^{y-1}}{(1+v)^{x+y}}dv & =\int_0^\infty \left(\frac{v}{1+v}\right)^{y-1}\left(\frac{1}{1+v}\right)^{x-1}\frac{dv}{(1+v)^2}\\ & =\int_0^1 w^{y-1}(1-w)^{x-1}dw,\end{aligned} ce qu’on voulait !

Exercice 430 ⭐️⭐️ ∫0π2arctan⁡(xtan⁡t)dt\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\arctan (x\tan t)dt, Spé/L2

On pose, pour x∈R\displaystyle x \in \R, F(x)=∫0π2arctan⁡(xtan⁡t) dt.F(x)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\arctan (x\tan t)\,\mathrm dt.

  1. Montrer que F\displaystyle F est définie sur R\displaystyle \mathbb{R} et impaire.
  2. Montrer que F\displaystyle F est continue sur R\displaystyle \mathbb{R}.
  3. Montrer que F\displaystyle F est de classe C1\displaystyle \mathcal C^{1} sur R∗\displaystyle \mathbb{R}^* et donner une expression de F′(x)\displaystyle F'(x) sans ∫\displaystyle \int grâce au changement de variable u=xtan⁡t\displaystyle u=x\tan t .
  4. Montrer que ∣F(x)∣≤π24\displaystyle \left|F(x)\right|\le \frac{\pi^{2}}{4} pour tout réel x.\displaystyle x.
  5. Montrer que F(x)→π24\displaystyle F(x)\rightarrow \frac{\pi^{2}}{4} lorsque x→+∞\displaystyle x\rightarrow+\infty.

👉 on retourne voir dans son cours les énoncés précis des théorèmes de régularité des intégrales à paramètre ! Le but de l’exercice est clairement de tester si on sait appliquer ces théorèmes.

  1. Soit x∈R\displaystyle x \in \R fixé. La fonction t↦arctan⁡(xtan⁡(t))\displaystyle t \mapsto \arctan(x \tan(t)) est continue sur ]0,π/2[\displaystyle ]0,\pi/2[. De plus, on a la majoration ∣arctan⁡(xtan⁡(t))∣≤π2,|\arctan(x \tan(t))| \le \frac{\pi}{2}, et la fonction constante égale à π/2\displaystyle \pi/2 est intégrable sur ]0,π/2[\displaystyle ]0,\pi/2[. On en déduit que l’intégrale F(x)=∫0π/2arctan⁡(xtan⁡(t))dt\displaystyle F(x) = \int_0^{\pi/2} \arctan(x \tan(t)) \mathrm dt existe bien. L’identité F(−x)=−F(x)\displaystyle F(-x)=-F(x) découle directement de l’imparité de la fonction arctan⁡\displaystyle \arctan.
  2. On introduit la fonction ϕ:R×]0,π/2[→R\displaystyle \phi : \R \times ]0,\pi/2[ \rightarrow \R définie par ϕ(x,t)=arctan⁡(xtan⁡(t)).\phi(x,t) = \arctan\left(x \tan(t)\right). On vérifie que :
  • Si x∈R\displaystyle x\in \R est fixé, la fonction t↦ϕ(x,t)\displaystyle t \mapsto \phi(x,t) est continue sur ]0,π/2[\displaystyle ]0,\pi/2[,
  • Si t∈]0,π/2[\displaystyle t\in ]0,\pi/2[ est fixé, la fonction x↦ϕ(x,t)\displaystyle x \mapsto \phi(x,t) est continue sur R\displaystyle \R,
  • La fonction g\displaystyle g constante égale à π2\displaystyle \frac{\pi}{2} est intégrable sur ]0,π/2[\displaystyle ]0,\pi/2[ et on a ∣ϕ(x,t)∣≤g(t)\displaystyle |\phi(x,t)| \le g(t) quel que soit x∈R\displaystyle x \in \R.
    Le théorème de régularité des intégrales à paramètres permet alors de conclure que F\displaystyle F est continue sur R\displaystyle \R.
  1. On calcule : ∂∂xϕ(x,t)=tan⁡(t)11+x2tan⁡2(t).\frac{\partial}{\partial x} \phi(x,t) = \tan(t) \frac{1}{1+x^2 \tan^2(t)}. La fonction t↦∂∂xϕ(x,t)\displaystyle t \mapsto \frac{\partial}{\partial x} \phi(x,t) est bien continue sur ]0,π/2[\displaystyle ]0,\pi/2[. On va montrer que F\displaystyle F est de classe C1\displaystyle \mathcal{C}^1 sur tout intervalle ]A,∞[\displaystyle ]A,\infty[, avec A>0\displaystyle A>0. Pour cela, on considère la fonction h:t↦tan⁡(t)1+A2tan⁡2(t).\displaystyle h : t \mapsto \frac{\tan(t)}{1+A^2 \tan^2(t)}. Comme la fonction tan⁡\displaystyle \tan est positive sur ]0,π/2[\displaystyle ]0,\pi/2[, on a l’inégalité : ∀x>A , ∀t∈]0,π/2[ , ∣∂∂xϕ(x,t)∣≤h(t).\forall x > A \ , \ \forall t\in ]0,\pi/2[ \ , \ \left|\frac{\partial}{\partial x} \phi(x,t) \right| \le h(t).
    Comme la fonction h\displaystyle h est continue et bornée sur ]0,π/2[\displaystyle ]0,\pi/2[ (elle est de limite nulle en π/2\displaystyle \pi/2), elle est intégrable sur cet intervalle. On a donc trouvé une majoration uniforme en x∈]A,∞[\displaystyle x \in ]A,\infty[ pour la dérivée partielle. On peut donc appliquer le théorème de régularité des intégrales à paramètre, qui permet de conclure que F\displaystyle F est de classe C1\displaystyle \mathcal{C}^1 sur tout ]A,∞[\displaystyle ]A,\infty[, donc sur R+∗\displaystyle \R_+^*. On montre le même résultat sur R−∗\displaystyle \R_-^* en considérant les intervalles ]−∞,−A[\displaystyle ]-\infty,-A[ pour A>0\displaystyle A>0 et la même fonction h\displaystyle h (ou bien on fait appel à un argument de parité).

Pour le calcul explicite de F′(x)\displaystyle F'(x), c’est le voyage au bout de l’enfer… Les calculs sont longs, on risque de se planter à chaque étape, il faut garder son sang-froid. J’ai presque honte d’avouer que je trouve ce genre de calculs très plaisants. Allons-y : on se fixe x>0\displaystyle x>0 (pour l’instant). Le changement de variables u(t)=xtan⁡(t)\displaystyle u(t) = x \tan(t) est un difféormorphisme strictement croissant entre ]0,π/2[\displaystyle ]0,\pi/2[ et ]0,+∞[\displaystyle ]0,+\infty[ et on a du(t)dt=x(1+tan⁡2(t))=x(1+u(t)2x2).\frac{du(t)}{dt} = x(1+\tan^2(t)) = x\left(1+\frac{u(t)^2}{x^2}\right). On peut donc écrire : F′(x)=∫0∞ux11+u21x(1+u2x2)du=∫0∞u(1+u2)(x2+u2)du.F'(x) = \int_0^\infty \frac{u}{x} \frac{1}{1+u^2} \frac{1}{x\left(1+\frac{u^2}{x^2}\right)} du = \int_0^\infty \frac{u}{(1+u^2)(x^2+u^2)} du. On s’est ramenés à un calcul d’intégrale d’une fraction rationnelle, on va donc décomposer celle-ci en éléments simples. On obtient (en supposant dans un premier temps que x≠1\displaystyle x\neq 1): 1(1+u2)(x2+u2)=1x2−1(11+u2−1x2+u2),\frac{1}{(1+u^2)(x^2+u^2)} = \frac{1}{x^2-1}\left(\frac{1}{1+u^2}-\frac{1}{x^2+u^2}\right), et on en déduit qu’une primitive de u↦u(1+u2)(x2+u2)\displaystyle u \mapsto \frac{u}{(1+u^2)(x^2+u^2)} est 12(x2−1)ln⁡(1+u2x2+u2).\frac{1}{2(x^2-1)} \ln\left(\frac{1+u^2}{x^2+u^2}\right). Le calcul de l’intégrale est maintenant facile : F′(x)=12(x2−1)(lim⁡u→∞ln⁡(1+u2x2+u2)−ln⁡(1x2))=ln⁡(x)x2−1.F'(x) = \frac{1}{2(x^2-1)} \left( \lim_{u \to \infty} \ln\left(\frac{1+u^2}{x^2+u^2}\right) - \ln\left(\frac{1}{x^2}\right)\right) = \frac{\ln(x)}{x^2-1}. Pour calculer F′(1)\displaystyle F'(1), on peut tenter de refaire la méthode par décomposition en éléments simples (mais là j’ai la flemme), ou exploiter la continuité de la fonction F′\displaystyle F', établie en début de question. On a donc : F′(1)=lim⁡x→1F′(x)=lim⁡x→1(x−1)+o(x−1)(x−1)(x+1)=12.F'(1) = \lim_{x \to 1} F'(x) = \lim_{x \to 1} \frac{(x-1)+o(x-1)}{(x-1)(x+1)} = \frac{1}{2}.
4. C’est très simple, on a ∣arctan⁡(u)∣≤π2\displaystyle |\arctan(u)| \le \frac{\pi}{2}, et on conclut par l’inégalité triangulaire.
5. L’expression de F′\displaystyle F' montre que F\displaystyle F est croissante sur [1,∞[\displaystyle [1,\infty[. Pour montrer que lim⁡x→∞F(x)=π24\displaystyle \lim_{x \to \infty} F(x) = \frac{\pi^2}{4}, il suffit de montrer que lim⁡n→∞F(n)=π24\displaystyle \lim_{n \to \infty} F(n) = \frac{\pi^2}{4}. Cela découle d’une application directe du théorème de convergence dominée : on pose fn(t)=arctan⁡(ntan⁡(t))\displaystyle f_n(t) = \arctan(n \tan(t)), pour n≥1\displaystyle n \ge 1 et t∈]0,π/2[\displaystyle t \in ]0,\pi/2[. La suite fn\displaystyle f_n converge simplement vers la fonction f\displaystyle f constante égale à π/2\displaystyle \pi/2, et on a ∣fn∣≤π/2\displaystyle |f_n| \le \pi/2, qui est intégrable sur ]0,π/2[\displaystyle ]0,\pi/2[.

Exercice 474 ⭐️⭐️ Fonction Beta, Spé/L2

Soit 0<s<1\displaystyle 0<s<1 et k≥1\displaystyle k\ge1 un entier. Après avoir montré que la première intégrale est bien définie, établir que : ∫0∞xs−1(1+x)kdx=∫01(1−u)s−1uk−s−1du.\int_0^\infty \frac{x^{s-1}}{(1+x)^k} dx = \int_0^1 (1-u)^{s-1} u^{k-s-1} du.

Changement de variable !

En 0\displaystyle 0 le terme divergent xs−1\displaystyle x^{s-1} est intégrable car 0<s<1\displaystyle 0<s<1. En +∞\displaystyle +\infty, l’intégrande est intégrable car k+1−s>1\displaystyle k+1-s>1.

Faisons le changement de variables u=11+x\displaystyle u=\frac{1}{1+x}, i.e. x=1u−1\displaystyle x=\frac1u-1. On obtient :
∫0∞xs−1(1+x)kdx=−∫01(1u−1)s−1ukdu−u2=∫01(1−u)s−1uk−s−1du.\begin{aligned} \int_0^\infty \frac{x^{s-1}}{(1+x)^k} dx & = - \int_0^1 \left(\frac{1}{u}-1\right)^{s-1} u^k \frac{du}{-u^2} \\ & = \int_0^1 (1-u)^{s-1} u^{k-s-1} du.\\ \end{aligned}