Intégrales généralisées

Décrantage de la puissance dans une intégrale 👉 IPP !

Calculons en intégrant par parties, avec $\displaystyle 0<a<A$,
$$\int_a^{A}\frac{\sin^2 t}{t^2}dt=\left[-\frac{\sin^2 t}{t}\right]_a^A+\int_a^{A}\frac{2\cos t\sin t}{t}dt.$$ On remarque que $\displaystyle 2\cos t\sin t=\sin(2t)$, et en faisant le changement de variable $\displaystyle u=2t$, on obtient
$$\int_a^{A}\frac{\sin^2 t}{t^2}dt=\frac{\sin^2 a}{a}-\frac{\sin^2 A}{A}+\int_{2a}^{2A}\frac{\sin u}{u}du.$$ Comme la fonction $\displaystyle t\mapsto \frac{\sin t}{t}$ est prolongeable en $\displaystyle 0$ et est de carré intégrable en $\displaystyle +\infty$, on peut passer à la limite dans le membre de gauche quand $\displaystyle a\to0$ et $\displaystyle A\to\infty$, et on en déduit que l’intégrale du membre de droite converge avec l’identité désirée.

Une intégrale et une somme 👉 On écrit l’intégrale comme une somme.

L’IPP ne donne pas les termes qu’on a dans les hypothèses. Donc on force l’apparition de ce qu’on veut.
On a $\displaystyle \int_{k}^{k+1}f(t)dt=\int_{k}^{k+1}(f(t)-f(k))dt+f(k)$. Il suffirait donc de montrer que la série de terme général $\displaystyle \int_{k}^{k+1}(f(t)-f(k))dt$ converge.
On a, en changeant l’ordre d’intégration en $\displaystyle dt$ et $\displaystyle dx$ avec Fubini,
$$\begin{aligned} \int_{k}^{k+1}(f(t)-f(k))dt & = \int_{k}^{k+1}\int_k^t f'(x)dxdt\\ & = \int_{k}^{k+1}(k+1-x)f'(x)dx. \\ \end{aligned}$$ Donc $$\left|\int_{k}^{k+1}(f(t)-f(k))dt\right|\le\int_{k}^{k+1}|f'(x)|dx,$$ qui est le terme général d’une série convergente d’après l’hypothèse sur $\displaystyle f'$.

Une intégrale, un carré 👉 Cauchy-Schwarz (CS) !

Si on écrit $\displaystyle f(x)=f(0)+\int_0^xf'(t)dt$, CS donne $\displaystyle |f(x)|\le |f(0)|+K\sqrt{x}$, ce qui est trop large. On peut donc s’attendre à ce que ce soit des propriétés locales de $\displaystyle f$ qui vont empêcher son explosion. On a aussi avec CS, $\displaystyle |f(x)-f(y)|\le K\sqrt{|x-y|}$, donc $\displaystyle f$ est uniformément continue sur $\displaystyle \R^+$, ce qui montre que $\displaystyle f$ tend vers $\displaystyle 0$ en l’infini car $\displaystyle \int_0^\infty f(t)dt$ converge, (en particulier $\displaystyle f$ est bornée).
Montrons cette dernière propriété. Soit $\displaystyle \epsilon>0$. Il existe donc $\displaystyle \eta>0$ tel que pour tout $\displaystyle x,y$ avec $\displaystyle |x-y|\le\eta$, on a $\displaystyle |f(x)-f(y)|\le \epsilon$. En intégrant sur $\displaystyle [x,x+\eta]$, il vient $\displaystyle \left|\eta f(x)-\int_x^{x+\eta}f(y)dy\right|\le\epsilon\eta$, d’où $\displaystyle \eta|f(x)|\le\left|\int_x^{x+\eta}f(y)dy\right|+\epsilon\eta$. Comme $\displaystyle \int_0^\infty f(t)dt$ converge, il existe $\displaystyle A>0$ tel que pour tout $\displaystyle x\ge A$, $\displaystyle \left|\int_x^{x+\eta}f(y)dy\right|\le\epsilon\eta$. Ainsi pour tout $\displaystyle x\ge A$, $\displaystyle |f(x)|\le 2\epsilon$, ce qu’on voulait.

Pour $\displaystyle x \neq 0$, on pose $\displaystyle \phi(x) = x-\frac{1}{x}$. La fonction $\displaystyle \phi$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle ]-\infty,0[$, et $\displaystyle \phi'(x)=1+\frac{1}{x^2} > 0$, donc $\displaystyle \phi$ est strictement croissante sur cet intervalle. De plus, on a $$\lim_{x \to -\infty} \phi(x) = -\infty \ , \ \lim_{x \to 0^-} \phi(x) = +\infty,$$ donc $\displaystyle \phi$ est une bijection strictement croissante entre $\displaystyle ]-\infty,0[$ et $\displaystyle \mathbb{R}$.

Soient $\displaystyle -\infty < a < b < 0$. Le changement de variables $\displaystyle z = \phi(x)$ permet d’écrire $$\int_a^b f(\phi(x)) dx = \int_{\phi(a)}^{\phi(b)} f(z) (\phi^{-1})'(z) dz,$$ où $\displaystyle \phi^{-1} : \mathbb{R} \rightarrow ]-\infty,0[$ est a bijection réciproque de $\displaystyle \phi$ sur cet intervalle. Calculons explicitement cette bijection réciproque : on a $\displaystyle z=\phi(x)=x-\frac{1}{x}$, donc $\displaystyle \phi^{-1}(z)$ est racine du polynôme $\displaystyle x^2-zx-1$. Les deux racines de ce polynôme sont $\displaystyle \frac{1}{2}\left(z-\sqrt{z^2+4}\right)$ et $\displaystyle \frac{1}{2}\left(z+\sqrt{z^2+4}\right)$. Comme $\displaystyle \phi^{-1}$ est par définition à valeurs dans $\displaystyle ]-\infty,0[$, on obtient l’expression explicite $$\phi^{-1}(z) = \frac{z}{2}-\frac{\sqrt{z^2+4}}{2}.$$
On en déduit : $$\int_a^b \phi(x) dx = \frac{1}{2} \int_{\phi(a)}^{\phi(b)} f(z) \left(1-\frac{z}{\sqrt{z^2+4}}\right) dz.$$
Une simple étude montre que la fonction $\displaystyle z \mapsto \frac{1}{2}\left(1-\frac{z}{\sqrt{z^2+4}} \right)$ est décroissante sur $\displaystyle \mathbb{R}$, de limite $\displaystyle 1$ en $\displaystyle -\infty$ et $\displaystyle 0$ en $\displaystyle +\infty$. En particulier, on a $$\forall z \in \mathbb{R} \ , \ 0 \le \frac{1}{2} f(z) \left(1-\frac{z}{\sqrt{z^2+4}}\right) \le f(z),$$ et comme la fonction $\displaystyle f$ est intégrable sur $\displaystyle \mathbb{R}$,on en déduit par comparaison que l’intégrale $\displaystyle \int_0^\infty f(\phi(x)) dx$ est bien convergente, et que l’on a $$I_1 = \int_{-\infty}^0 f(\phi(x)) dx = \frac{1}{2} \int_\mathbb{R} f(z) \left(1-\frac{z}{\sqrt{z^2+4}}\right) dz.$$

On se doute bien que le cas de $\displaystyle I_2$ se traite de façon similaire… Il reste à bien comprendre où se situent les subtiles différences. La fonction $\displaystyle \phi$ est maintenant définie sur $\displaystyle ]0,+\infty[$, et c’est même une bijection strictement croissante de $\displaystyle ]0,+\infty[$ vers $\displaystyle \mathbb{R}$. La différence ici est dans la définition de la bijection réciproque $\displaystyle \phi^{-1}$ : la racine du polynôme $\displaystyle x^2-zx-1$ doit être choisie dans $\displaystyle ]0,+\infty[$, on a donc ici $$\phi^{-1}(z) = \frac{z}{2}+\frac{\sqrt{z^2+4}}{2}.$$ La preuve de l’existence de $\displaystyle I_2$ se poursuit de façon similaire, et on obtient l’expression :
$$I_2 = \int_{0}^\infty f(\phi(x)) dx = \frac{1}{2} \int_\mathbb{R} f(z) \left(1+\frac{z}{\sqrt{z^2+4}}\right) dz.$$

Difficile d’aller plus loin dans les calculs de $\displaystyle I_1$ et $\displaystyle I_2$, mais en les additionnant, on trouve immédiatement le résultat voulu : $$I_1+I_2 = \int_\mathbb{R} f(z) \left[\frac{1}{2}-\frac{z}{\sqrt{z^2+4}}+\frac{1}{2}+\frac{z}{\sqrt{z^2+4}}\right] dz = \int_\mathbb{R} f(z) dz.$$

On introduit la fonction $\displaystyle F : \R_+ \rightarrow \R$ définie pour $\displaystyle x \ge 0$ par $\displaystyle F(x) = \int_0^x f(t) e^{-s_0 t} dt$. Comme $\displaystyle f$ est continue, on sait que $\displaystyle F$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle \R_+$ et que $\displaystyle F'(x) = f(x) e^{-s_0 x}$. D’après l’hypothèse, la limite$\displaystyle \lim_{x \to \infty} F(x)$ existe et est finie, en particulier la fonction $\displaystyle F$ (ainsi que la fonction $\displaystyle |F|$) est bornée sur $\displaystyle \R_+$ : il existe $\displaystyle M > 0$ tel que $\displaystyle |F(x)| \leq M$ pour tout $\displaystyle x \ge 0$. Soit maintenant $\displaystyle s>s_0$. On a $\displaystyle f(t) e^{-st} = F'(t) e^{(s_0-s)t}$, il est tentant de faire une intégration par parties : $$\int_0^x f(t) e^{-st} dt = \left[ F(t) e^{(s_0-s)t} \right]_0^x - \frac{1}{s_0-s}\int_0^x F(t) e^{(s_0-s)t} dt.$$ On a $\displaystyle \lim_{x \to \infty} F(x) e^{(s_0-s)x} = 0$ et $\displaystyle F(0) = 0$, donc le crochet est de limite nulle quand $\displaystyle x \to \infty$. De plus, on a $\displaystyle |F(t) e^{(s_0-s)t}| \le M e^{(s_0-s)t}$, qui est une fonction intégrable sur $\displaystyle \R_+$, donc $\displaystyle t \mapsto F(t) e^{(s_0-s)t}$ est intégrable sur $\displaystyle \R_+$, donc la limite $\displaystyle \lim_{x \to \infty }\int_0^x F(t) e^{(s_0-s)t} dt$ existe et est finie. Au final, on a bien montré que l’intégrale impropre $\displaystyle \int_0^\infty f(t) e^{-st}$ est convergente.

Pour $\displaystyle k \ge 0$, étudier la suite $\displaystyle I_k=\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}f(x)\sin(x)dx$.

Comme suggéré dans l’indication, on pose $\displaystyle I_k=\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}f(x)\sin(x)dx$. On remarque plusieurs choses :

• Tout d’abord, $\displaystyle (-1)^k I_k \ge 0$. En effet, $\displaystyle \sin(x)$ est positif sur les intervalles $\displaystyle [k \pi, (k+1)\pi]$ avec $\displaystyle k$ pair, et négatif sur les intervalles $\displaystyle [k \pi, (k+1)\pi]$ avec $\displaystyle k$ impair, et de plus $\displaystyle f$ est positive. La quantité $\displaystyle (-1)^k I_k$ est donc positive, comme l’intégrale d’une fonction positive.
• La suite $\displaystyle |I_k|$ est décroissante. En effet, si $\displaystyle k$ est pair, il s’agit de montrer que $\displaystyle I_k+I_{k+1} \ge 0$ et on a, par le changement de variables $\displaystyle z=x-\pi$ : $$I_{k+1} = \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} f(z+\pi) \sin(z+\pi) dz = -\int_{k \pi}^{(k+1)\pi} f(z+\pi) \sin(z) dz$$ donc $$I_k+I_{k+1} = \int_{k \pi}^{(k+1)\pi} \left(f(z)-f(z+\pi) \right) \sin(z) dz \ge 0,$$ car $\displaystyle \sin(z) \ge 0$ et $\displaystyle f$ est décroissante. On raisonne de la même façon si $\displaystyle k$ est impair.
• La suite $\displaystyle |I_k|$ est de limite nulle. En effet on a la majoration : $$|I_k| \le \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} f(x) dx \le \pi f(k\pi).$$ On a utilisé la décroissance de la fonction $\displaystyle f$. On conclut en se rappelant que par hypothèse on a $\displaystyle \lim_{k \to \infty} f(k\pi) = 0$.

Le critère des séries alternées permet alors de conclure que la série $\displaystyle \sum_{k \ge 0} I_k$ est convergente, de limite notée $\displaystyle I$. En d’autres termes, si on pose $\displaystyle F(X) = \int_0^X f(x) \sin(x) dx$, alors on a montré que $\displaystyle \lim_{n \to \infty} F(n\pi)$ existe. Il s’agit de montrer maintenant que $\displaystyle \lim_{X \to \infty} F(X) = I.$ On écrit que $$|F(X)-I| \le |F(X)-F(n_X \pi)| + |F(n_X \pi)-I|,$$ où on a posé $\displaystyle n_X = \lfloor X/\pi \rfloor$. On sait que $\displaystyle \lim_{X \to \infty} |F(n_X \pi)-I| = 0$. De plus, on a $$|F(X)-F(n_X \pi)| \le \int_{n_X \pi}^X f(x) |\sin(x)| dx \le \pi f(n_X \pi).$$ On a utilisé la décroissance et la positivité de $\displaystyle f$ pour obtenir cette majoration. Comme de plus $\displaystyle f$ est de limite nulle en $\displaystyle +\infty$, on a $\displaystyle \lim_{X \to +\infty}f(n_X \pi) = 0$, et on peut conclure que $\displaystyle \lim_{X \to \infty} F(X)=I$.

• Fonction $\displaystyle \sin$, intégration sur $\displaystyle (0,\pi/2)$, … 👉 Formules trigo, changement de variable ;
• $\displaystyle \ln$ 👉 $\displaystyle \ln(ab)=\ln a+\ln b$.

L’intégrale est impropre en $\displaystyle 0$ mais converge car $\displaystyle \int_\epsilon^{\pi/2} \ln\left(\frac{2}{\pi}x\right)dx\le\int_\epsilon^{\pi/2} \ln(\sin(x))dx$ et $\displaystyle \epsilon\mapsto \int_\epsilon^{\pi/2} \ln(\sin(x))dx$ est croissante minorée par la limite de $\displaystyle \int_\epsilon^{\pi/2} \ln\left(\frac{2}{\pi}x\right)dx$ quand $\displaystyle \epsilon$ tend vers $\displaystyle 0$. Pour le calcul, utilisons des changements de variable, d’abord $\displaystyle x=2u$ :
$$\begin{aligned} J& = 2 \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\sin(2u))du\\ & = 2\int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(2\sin(u)\cos(u))du\\ & = \frac{\pi}{2}\ln 2+2\int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\sin(u))du+2\int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\cos(u))du \end{aligned}$$ puis $\displaystyle v=\pi/2-x$ :
$$\begin{aligned} \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\cos(x))dx & = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\sin(\pi/2-x))dx\\ & = -\int_{\pi/2}^{\frac{\pi}{4}} \ln(\sin(x))dx,\\ \end{aligned}$$ d’où $\displaystyle J=\frac{\pi}{2}\ln 2+2J$ et $\displaystyle J=-\frac{\pi}{2}\ln 2$.

On pourra regarder cette jolie video du blog Math-OS pour des liens entre cette intégrale, des sommes de Riemann et des produits de $\displaystyle \sin(k\pi/n)$.

On note $\displaystyle |I|$ la longueur de $\displaystyle I$, i.e. $\displaystyle |I|=b-a$ si $\displaystyle I=[a,b]$ avec $\displaystyle a<b$ deux réels, et $\displaystyle |I|=\infty$ si $\displaystyle I$ n’est pas borné. On a
$$|I|=\int_I dx=\int_I \frac{\sqrt{|f(x)|}}{\sqrt{|f(x)|}}dx\le\sqrt{\int_I|f(x)|dx}\sqrt{\int_I\frac{dx}{|f(x)|}}<+\infty,$$ où on a utilisé l’inégalité de Cauchy-Schwarz sur $\displaystyle I$, et l’hypothèse.

Équivalent d’une suite d’intégrale 👉 Changement de variable pour "sortir le $\displaystyle n$".

Soit $\displaystyle M>0$ tel que pour tout $\displaystyle t\ge0$, $\displaystyle |f(t)|\le M$. L’intégrande est bien intégrable en $\displaystyle 0$ car $\displaystyle \left|e^{-nt}\frac{f(t)}{\sqrt{t}}\right|\le \frac{M}{\sqrt{t}}$, $\displaystyle t>0$, et aussi en $\displaystyle +\infty$ car $\displaystyle \left|e^{-nt}\frac{f(t)}{\sqrt{t}}\right|\le M e^{-nt}$ pour tout $\displaystyle t\ge 1$. En faisant le changement de variable $\displaystyle u=nt$, on obtient $\displaystyle u_n=\int_0^{+\infty}e^{-u}\frac{f(u/n)}{\sqrt{u/n}}\frac{du}{n}=\frac{1}{\sqrt{n}}\int_0^{+\infty}e^{-u}\frac{f(u/n)}{\sqrt{u}}du$. On sait que

• $\displaystyle f(u/n)\xrightarrow[n\to\infty]{}f(0)$ pour tout $\displaystyle u\ge0$ car $\displaystyle f$ est continue en $\displaystyle 0$ ;
• $\displaystyle \left|e^{-u}\frac{f(u/n)}{\sqrt{u}}\right|\le \frac{Me^{-u}}{\sqrt{u}}$, pour tout $\displaystyle n\in\N$ et tout $\displaystyle u>0$, et que $\displaystyle u\mapsto \frac{Me^{-u}}{\sqrt{u}}$ est intégrable sur $\displaystyle \R_+$.

On en déduit alors grâce au théorème de convergence dominée que $\displaystyle \int_0^{+\infty}e^{-u}\frac{f(u/n)}{\sqrt{u}}du\xrightarrow[n\to\infty]{}f(0)\int_0^\infty\frac{e^{-u}}{\sqrt{u}}du$.
Comme $\displaystyle f(0)\neq0$ et $\displaystyle \int_0^\infty\frac{e^{-u}}{\sqrt{u}}du=2\int_0^\infty e^{-t^2}dt=\sqrt{\pi}$, on conclut finalement que $$u_n\sim f(0)\sqrt{\frac{\pi}{n}}.$$

1. Nature d’une intégrale généralisée 👉 Je compare à une fonction de référence ;
2. Encadrement ;
3. Rien à signaler ;
4. Un changement de variable permet de changer un $\displaystyle (x+1)$ en $\displaystyle x$.

1. $\displaystyle f:x\mapsto \arctan(x+1)-\arctan(x)$ est continue sur $\displaystyle \R_+$.
   De plus d’après l’inégalité des accroissements finis, pour $\displaystyle x\geq 0$ : $$0\leq \arctan(x+1)-\arctan(x)\leq \sup_{t\in[x;x+1]}\arctan'(t)= \frac{1}{1+x^2}.$$ Comme $\displaystyle \frac{1}{1+x^2}\sim\frac{1}{x^2}$, on conclut par comparaison avec une intégrale de Riemann convergente.
   Remarque — On pouvait aussi utiliser la relation $\displaystyle \arctan(x)=\frac\pi 2-\arctan(1/x)$ pour utiliser le DL en $\displaystyle 0$ de $\displaystyle \arctan$, et obtenir un équivalent de $\displaystyle f(x)$ en $\displaystyle +\infty$. On trouverait ainsi $\displaystyle f(x)\sim \frac{1}{x^2}$.
2. Soit $\displaystyle X\geq 0$. Pour $\displaystyle x\in[X;X+1]$, $\displaystyle \arctan$ étant croissante, on a $\displaystyle \arctan(X)\leq \arctan(x)\leq \arctan(X+1)$.
   En intégrant, on obtient : $\displaystyle \arctan(X)\leq \int_X^{X+1}\arctan(x)\mathrm{d}x\leq \arctan(X+1)$.
   Ainsi par encadrement, $\displaystyle \lim_{X\to +\infty} \int_X^{X+1}\arctan(x)\mathrm{d} x=\frac{\pi}{2}$.
3. $\displaystyle \int_0^1\arctan(x)\mathrm{d} x =\left[x~\arctan(x)\right]_0^1 - \int_0^1 \frac{x}{1+x^2}~\mathrm{d} x = \frac{\pi}{4}-\frac{\ln(2)}{2}$.
4. On a, à l’aide du changement de variable $\displaystyle x'=x+1$ :
   $$I = \lim_{X\to\infty}\left(\int_1^{X+1}\arctan(x)\mathrm{d} x - \int_0^{X}\arctan(x)\mathrm{d} x\right) .$$ Ainsi par relation de Chasles :$$I= \lim_{X\to\infty}\left(\int_X^{X+1}\arctan(x)\mathrm{d} x - \int_0^{1}\arctan(x)\mathrm{d} x\right) = \frac{\pi}{4}+\frac{\ln(2)}{2}$$

Étude au voisinage de $\displaystyle 0$ et de $\displaystyle +\infty$.
Si un équivalent ne suffit pas en $\displaystyle +\infty$, une description asymptotique plus fine est nécéssaire.

Remarque préalable. Un grand classique est l’étude de la nature de $\displaystyle \int_1^{+\infty}\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\mathrm{d}x$, avec $\displaystyle \alpha>0$. Une intégration par parties donne
$$\int_1^{X}\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\mathrm{d}x = \left[-\frac{\cos(x)}{x^\alpha}\right]_1^X-\alpha\int_1^{X}\frac{\sin(x)}{x^{\alpha+1}}\mathrm{d}x.$$
Or en $\displaystyle +\infty$, $\displaystyle \frac{\cos(X)}{X^\alpha}\to 0$, et $\displaystyle x\mapsto \frac{\sin(x)}{x^{\alpha+1}}$ est intégrable grâce à la majoration $\displaystyle \left|\frac{\sin(x)}{x^{\alpha+1}}\right|\le\frac{1}{x^{\alpha+1}}$. On en conclut que $\displaystyle \int_1^{+\infty}\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\mathrm{d}x$ est convergente.

Revenons à notre problème. La fonction $\displaystyle u:x\mapsto \frac{\sin(x)}{\sqrt{x}+\sin(x)}$ est continue sur $\displaystyle ]0,+\infty[$.
Étude en $\displaystyle 0$. On a $\displaystyle u(x)\underset{x\to 0}\sim \frac{\sin(x)}{\sqrt{x}}\underset{x\to 0}\sim\sqrt x$, donc $\displaystyle u$ est intégrable en $\displaystyle 0$ (car elle est prolongeable par continuité).
Étude en $\displaystyle +\infty$. La fonction $\displaystyle h:x\mapsto \frac{\sin(x)}{\sqrt x}$ tend vers $\displaystyle 0$ en $\displaystyle +\infty$, donc
$$u(x)=\frac{h(x)}{1+h(x)}\underset{x\to+\infty}=h(x)-h(x)^2+\varepsilon(x),$$
avec $\displaystyle \varepsilon(x)=\mathcal O(h(x)^3)=\mathcal O(\frac{1}{x^{3/2}})$. Or :

• l’intégrale de $\displaystyle h$ est convergente en $\displaystyle +\infty$, voir remarque préalable;
• l’intégrale de $\displaystyle h^2$ est divergente, voir justifications ci-dessous (*);
• l’intégrale de $\displaystyle \varepsilon$ est convergente, par comparaison avec une intégrale de Riemann.

On en conclut que l’intégrale de $\displaystyle u$ est divergente en $\displaystyle +\infty$ (ce qui fait que l’étude en $\displaystyle 0$ était finalement inutile 😉)

(*) On peut linéariser : $\displaystyle h(x)^2= \frac{1}{2x}-\frac{\cos(2x)}{2x}$, or l’intégrale de $\displaystyle \frac{1}{2x}$ diverge en $\displaystyle +\infty$, et l’intégrale de $\displaystyle \frac{\cos(2x)}{2x}$ converge en $\displaystyle +\infty$ (de la même manière que celle de $\displaystyle \frac{\sin(x)}{x}$, voir remarque préalable). Par somme, l’intégrale de $\displaystyle h(x)^2$ diverge en $\displaystyle +\infty$.