Corrigé des exercices : Intégrabilité sur un intervalle en maths spé (MP)

---

---

Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Intégrales de référence et valeurs

Idée clé : on reconnaît une intégrale de Riemann ou une exponentielle, puis l’on passe à la limite dans une primitive explicite.

1. L’exposant \(\frac{3}{4}\) est inférieur à \(1\), donc l’intégrale converge en \(0\). Pour \(x\in\,]0,1]\), on a \(\int_x^1t^{-3/4}\,\mathrm{d}t=4-4x^{1/4}\), qui tend vers \(4\). L’intégrale vaut \(4\).
2. L’exposant \(\frac{5}{4}\) dépasse \(1\), donc l’intégrale converge en \(+\infty\). Pour \(x\geqslant 2\), on a \(\int_2^xt^{-5/4}\,\mathrm{d}t=4\cdot 2^{-1/4}-4x^{-1/4}\). L’intégrale vaut \(4\cdot 2^{-1/4}=2^{7/4}\).
3. Pour \(x\geqslant 0\), on a \(\int_0^xe^{-3t/2}\,\mathrm{d}t=\frac{2}{3}\big(1-e^{-3x/2}\big)\). L’intégrale converge et vaut \(\frac{2}{3}\).
4. Ici \(\frac{1}{\sqrt[3]{t}}=t^{-1/3}\), d’exposant \(\frac{1}{3}\leqslant 1\). Plus précisément, \(\int_1^xt^{-1/3}\,\mathrm{d}t=\frac{3}{2}\big(x^{2/3}-1\big)\) tend vers \(+\infty\). L’intégrale diverge.

Corrigé de l’exercice 2 – Deux calculs par primitive

Idée clé : une décomposition en éléments simples ou une arctangente fournit une primitive explicite, dont on étudie la limite.

1. L’intégrande est continu et positif sur \([1,+\infty[\). À l’infini, il se comporte comme \(\frac{1}{t^2}\). Donc \(A\) converge. Ensuite, \(\frac{1}{t(t+2)}=\frac{1}{2}\big(\frac{1}{t}-\frac{1}{t+2}\big)\). Pour \(x\geqslant 1\) :
   \[ \int_1^x\frac{\mathrm{d}t}{t(t+2)}=\frac{1}{2}\ln\frac{x}{x+2}-\frac{1}{2}\ln\frac{1}{3}. \]
   Le premier terme tend vers \(0\). Ainsi \(A=\frac{\ln 3}{2}\).
2. De même, \(\frac{1}{t^2+4}\) est positive, continue sur \([0,+\infty[\) et se comporte comme \(\frac{1}{t^2}\) à l’infini, donc \(B\) converge. Une primitive est \(\frac{1}{2}\arctan\frac{t}{2}\), qui vaut \(0\) en \(0\) et tend vers \(\frac{\pi}{4}\). Ainsi \(B=\frac{\pi}{4}\).

Corrigé de l’exercice 3 – Nature par comparaison

Idée clé : toutes les fonctions sont positives, donc les règles de comparaison s’appliquent borne par borne.

1. La fonction est continue sur \([0,+\infty[\). À l’infini, posons \(s=\sqrt{t}\) : \(t^4e^{-\sqrt{t}}=s^8e^{-s}\to 0\). Donc \(t^2e^{-\sqrt{t}}=o\big(\frac{1}{t^2}\big)\). L’intégrale converge.
2. Pour \(t\geqslant e\), on a \(\ln t\geqslant 1\), donc \(\frac{\ln t}{t}\geqslant\frac{1}{t}\geqslant 0\). Or \(\frac{1}{t}\) n’est pas intégrable à l’infini. L’intégrale diverge.
3. En \(0\), la fonction est équivalente à \(t^{-1/3}\), avec \(\frac{1}{3}<1\). En \(1\), elle est équivalente à \((1-t)^{-1/2}\), avec \(\frac{1}{2}<1\). L’intégrale converge aux deux bornes, donc converge.

Corrigé de l’exercice 4 – Intégrabilité selon un paramètre

Idée clé : un équivalent en chaque borne ramène tout aux exposants de Riemann.

1. Ici, l’intégrande est positif et continu sur \(]0,+\infty[\). Près de \(0\), le dénominateur tend vers \(1\), donc l’intégrande se comporte comme \(t^\alpha=\frac{1}{t^{-\alpha}}\). Elle y est donc intégrable si et seulement si \(-\alpha<1\), soit \(\alpha>-1\). En \(+\infty\), elle est équivalente à \(\frac{1}{t^{3-\alpha}}\). Elle y est donc intégrable si et seulement si \(3-\alpha>1\), soit \(\alpha<2\). La fonction est intégrable exactement pour \(-1<\alpha<2\).
2. Cette fois encore, tout est positif et continu sur \(]0,+\infty[\). Près de l’origine, \(\arctan t\sim t\) fournit le comportement \(t^{-1/2}\). En \(+\infty\), elle est équivalente à \(\frac{\pi}{2}t^{-3/2}\). Les exposants \(\frac{1}{2}\) et \(\frac{3}{2}\) conviennent. La fonction est intégrable sur \(]0,+\infty[\).

Corrigé de l’exercice 5 – Une intégration par parties sur une demi-droite

Idée clé : chaque intégration par parties abaisse la puissance de \(t\), et les crochets sont nuls grâce aux croissances comparées.

1. L’intégrande \(t^2e^{-2t}\) est continu et positif sur \([0,+\infty[\). Par croissances comparées, \(t^2\cdot t^2e^{-2t}\to 0\), donc \(t^2e^{-2t}=o\big(\frac{1}{t^2}\big)\). Ainsi \(K\) converge.
2. Posons \(u(t)=-\frac{1}{2}e^{-2t}\) et \(v(t)=t^2\), de classe \(\mathcal{C}^1\). Le produit \(uv\) vaut \(0\) en \(0\) et tend vers \(0\) à l’infini. Le théorème d’intégration par parties donne \(K=\int_0^{+\infty}te^{-2t}\,\mathrm{d}t\), cette intégrale convergeant aussi. On recommence avec \(v(t)=t\) : le crochet est encore nul, et \(\int_0^{+\infty}te^{-2t}\,\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\int_0^{+\infty}e^{-2t}\,\mathrm{d}t=\frac{1}{4}\). Finalement \(K=\frac{1}{4}\).

Remarque :

Le même raisonnement, mené par récurrence, donne \(\int_0^{+\infty}t^ke^{-ct}\,\mathrm{d}t=\frac{k!}{c^{k+1}}\) pour tout entier \(k\) et tout réel \(c>0\). En effet, chaque intégration par parties fait sortir un facteur \(\frac{k}{c}\) et abaisse l’exposant d’une unité. Avec \(k=2\) et \(c=2\), on retrouve bien \(\frac{2}{8}=\frac{1}{4}\). Cette formule sert de contrôle rapide.

Corrigé de l’exercice 6 – Deux changements de variable qui donnent π

Idée clé : le changement de variable doit être une bijection \(\mathcal{C}^1\) strictement monotone entre les intervalles ouverts.

1. En \(0\), la fonction est équivalente à \(t^{-1/2}\). En \(1\), elle est équivalente à \((1-t)^{-1/2}\). L’intégrale converge donc. L’application \(\theta\mapsto\sin^2\theta\) est \(\mathcal{C}^1\), de dérivée \(2\sin\theta\cos\theta>0\) sur \(]0,\frac{\pi}{2}[\). Elle réalise donc une bijection croissante de \(]0,\frac{\pi}{2}[\) sur \(]0,1[\). De plus, \(1-\sin^2\theta=\cos^2\theta\), et le sinus comme le cosinus sont positifs sur cet intervalle. La racine se simplifie donc en \(\sin\theta\cos\theta\). Ainsi :
   \[ \int_0^1\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{t(1-t)}}=\int_0^{\pi/2}\frac{2\sin\theta\cos\theta}{\sin\theta\cos\theta}\,\mathrm{d}\theta=\pi. \]
   L’intégrale vaut \(\pi\).
2. En \(1\), la fonction est équivalente à \((t-1)^{-1/2}\). En \(+\infty\), elle est équivalente à \(t^{-3/2}\). L’intégrale converge donc. L’application \(u\mapsto 1+u^2\) est \(\mathcal{C}^1\) et réalise une bijection croissante de \(]0,+\infty[\) sur \(]1,+\infty[\). Avec \(t=1+u^2\), on a \(\mathrm{d}t=2u\,\mathrm{d}u\) et \(t\sqrt{t-1}=(1+u^2)u\). Ainsi l’intégrale vaut \(\int_0^{+\infty}\frac{2\,\mathrm{d}u}{1+u^2}\). Elle vaut donc aussi \(\pi\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Une intégrale nulle par symétrie

Idée clé : la substitution \(t=\frac{1}{u}\) échange les bornes \(0\) et \(+\infty\) et change \(\ln t\) en son opposé.

1. La fonction est continue sur \(]0,+\infty[\). En \(0\), elle est équivalente à \(\ln t\), et \(\sqrt{t}\,|\ln t|\to 0\) : elle est donc négligeable devant \(t^{-1/2}\). En \(+\infty\), elle est équivalente à \(\frac{\ln t}{t^2}\), négligeable devant \(t^{-3/2}\). Elle est intégrable sur \(]0,+\infty[\).
2. On pose \(t=\frac{1}{u}\). L’inversion \(u\mapsto\frac{1}{u}\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) et décroît strictement ; elle envoie \(]0,+\infty[\) sur lui-même. Le facteur \(\frac{1}{(1+t)^2}\) devient \(\frac{u^2}{(1+u)^2}\), la dérivée de \(u\mapsto\frac{1}{u}\) vaut \(-\frac{1}{u^2}\), et \(\ln t\) devient \(-\ln u\). Comme l’ordre des bornes s’inverse, le signe moins de la dérivée disparaît :
   \[ L=\int_0^{+\infty}\frac{-\ln u}{(1+u)^2}\cdot\frac{u^2}{u^2}\,\mathrm{d}u=-L. \]
   Par conséquent, \(L=0\).

Corrigé de l’exercice 8 – Logarithmes et puissances à l’infini

Idée clé : pour \(\alpha\neq 1\), la puissance de \(t\) l’emporte sur le logarithme ; pour \(\alpha=1\), on se ramène à une intégrale de Riemann.

1. L’application \(t\mapsto\ln t\) est une bijection \(\mathcal{C}^1\) croissante de \(]2,+\infty[\) sur \(]\ln 2,+\infty[\), et sa dérivée \(\frac{1}{t}\) apparaît justement dans l’intégrande. L’intégrale a donc la nature de \(\int_{\ln 2}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}u}{u^\beta}\). Pour \(\alpha=1\), elle converge si et seulement si \(\beta>1\).
2. Pour \(\alpha>1\), on a \(t^{(1+\alpha)/2}\cdot\frac{1}{t^\alpha(\ln t)^\beta}=\frac{t^{(1-\alpha)/2}}{(\ln t)^\beta}\to 0\), par croissances comparées. Or \(\frac{1+\alpha}{2}>1\). L’intégrale converge, quel que soit \(\beta\).
3. Pour \(\alpha<1\), on a \(t\cdot\frac{1}{t^\alpha(\ln t)^\beta}=\frac{t^{1-\alpha}}{(\ln t)^\beta}\to+\infty\). Donc, pour \(t\) assez grand, la fonction dépasse \(\frac{1}{t}\). L’intégrale diverge, quel que soit \(\beta\).

Remarque :

On résume l’exercice ainsi. D’abord, l’exposant de \(t\) décide seul dès qu’il diffère de \(1\). Ensuite, le logarithme ne départage que le cas limite \(\alpha=1\), et c’est alors l’exposant \(\beta\) qui joue le rôle d’exposant de Riemann. Finalement, l’intégrale converge si et seulement si \(\alpha>1\), ou bien \(\alpha=1\) et \(\beta>1\).

Corrigé de l’exercice 9 – Semi-convergence de cos(t)/√t

Idée clé : on intègre la partie oscillante \(\cos t\), puis on minore \(|\cos t|\) par \(\cos^2t\) pour faire apparaître \(\frac{1}{2\sqrt{t}}\).

1. Pour \(x\geqslant 1\), on intègre \(\cos t\) en \(\sin t\) et l’on dérive \(t^{-1/2}\) :
   \[ \int_1^x\frac{\cos t}{\sqrt{t}}\,\mathrm{d}t=\frac{\sin x}{\sqrt{x}}-\sin 1+\frac{1}{2}\int_1^x\frac{\sin t}{t^{3/2}}\,\mathrm{d}t. \]
   Le premier terme tend vers \(0\). De plus, \(\big|\frac{\sin t}{t^{3/2}}\big|\leqslant t^{-3/2}\), intégrable à l’infini. L’intégrale converge.
2. On a \(\frac{|\cos t|}{\sqrt{t}}\geqslant\frac{\cos^2t}{\sqrt{t}}=\frac{1}{2\sqrt{t}}+\frac{\cos(2t)}{2\sqrt{t}}\). Le même calcul qu’en 1 montre que \(\int_1^{+\infty}\frac{\cos(2t)}{\sqrt{t}}\,\mathrm{d}t\) converge. En revanche, \(\frac{1}{2\sqrt{t}}\) n’est pas intégrable à l’infini. La somme a donc une intégrale divergente. Par comparaison, \(\frac{\cos t}{\sqrt{t}}\) n’est pas intégrable.

Corrigé de l’exercice 10 – Équivalents de deux restes

Idée clé : on intègre un équivalent positif dans le cas intégrable, ou l’on isole le terme principal par une intégration par parties.

1. L’intégrande est positif, continu, et se comporte comme \(t^{-4}\) à l’infini : il est donc intégrable sur \([1,+\infty[\). Le théorème d’intégration des équivalents (cas intégrable) donne \(R_1(x)\sim\int_x^{+\infty}t^{-4}\,\mathrm{d}t\). Ainsi \(R_1(x)\sim\frac{1}{3x^3}\).
2. On intègre \(e^{-t}\) en \(-e^{-t}\) et l’on dérive \(\frac{1}{t}\). Le crochet \(-\frac{e^{-t}}{t}\) tend vers \(0\) en \(+\infty\) et vaut \(-\frac{e^{-x}}{x}\) en \(x\). Les deux intégrales convergent, car leurs intégrandes sont dominés par \(e^{-t}\) sur \([x,+\infty[\). On obtient \(R_2(x)=\frac{e^{-x}}{x}-\int_x^{+\infty}\frac{e^{-t}}{t^2}\,\mathrm{d}t\).
3. Pour \(t\geqslant x>0\), on a \(0\leqslant\frac{e^{-t}}{t^2}\leqslant\frac{1}{x}\cdot\frac{e^{-t}}{t}\). Donc \(0\leqslant\int_x^{+\infty}\frac{e^{-t}}{t^2}\,\mathrm{d}t\leqslant\frac{R_2(x)}{x}=o(R_2(x))\). Il vient \(R_2(x)(1+o(1))=\frac{e^{-x}}{x}\). Ainsi \(R_2(x)\sim\frac{e^{-x}}{x}\).

La figure compare \(R_2\) et son équivalent : leur rapport tend bien vers \(1\).

Corrigé de l’exercice 11 – Équivalents de deux intégrales partielles

Idée clé : les fonctions sont positives et non intégrables, donc on intègre les relations de comparaison du côté des intégrales partielles.

1. On a \(\sqrt{1+t^4}\sim t^2\) en \(+\infty\), et \(t^2\) est positive et non intégrable. Par conséquent, \(F(x)\sim\int_0^xt^2\,\mathrm{d}t\). Ainsi \(F(x)\sim\frac{x^3}{3}\).
2. Sur \([2,x]\), on intègre \(1\) en \(t\) et l’on dérive \(\frac{1}{\ln t}\) en \(-\frac{1}{t(\ln t)^2}\). On obtient \(G(x)=\frac{x}{\ln x}-\frac{2}{\ln 2}+\int_2^x\frac{\mathrm{d}t}{(\ln t)^2}\).
3. La fonction \(\frac{1}{\ln t}\) est positive et non intégrable sur \([2,+\infty[\), car elle majore \(\frac{1}{t}\). De plus, \(\frac{1}{(\ln t)^2}=o\big(\frac{1}{\ln t}\big)\). Le cas non intégrable donne \(\int_2^x\frac{\mathrm{d}t}{(\ln t)^2}=o(G(x))\). Ensuite, \(\frac{2}{\ln 2}\) est négligeable devant \(\frac{x}{\ln x}\), qui tend vers \(+\infty\). Ainsi \(G(x)(1+o(1))=\frac{x}{\ln x}(1+o(1))\). Donc \(G(x)\sim\frac{x}{\ln x}\).

Corrigé de l’exercice 12 – Limite à l’infini d’une fonction intégrable

Idée clé : une limite non nulle rendrait \(|f|\) minorée par une constante strictement positive près de l’infini.

1. Supposons \(\ell\neq 0\). Il existe \(A\) tel que \(|f(t)|\geqslant\frac{|\ell|}{2}\) pour \(t\geqslant A\). Or une constante non nulle n’est pas intégrable sur \([A,+\infty[\). C’est contradictoire. Donc \(\ell=0\).
2. Pour \(n\geqslant 1\), soit \(\Delta_n\) la fonction « triangle » nulle hors de \([n-\frac{1}{2n^2},n+\frac{1}{2n^2}]\), valant \(1\) en \(n\), affine de part et d’autre. Ces intervalles sont disjoints. La fonction \(f=\sum_{n\geqslant 1}\Delta_n\) est continue et positive, et \(f(n)=1\). L’aire du triangle \(\Delta_n\) vaut \(\frac{1}{2n^2}\). Pour tout \(X\), on a donc \(\int_0^Xf\leqslant\sum_{n\geqslant 1}\frac{1}{2n^2}\). Les intégrales partielles sont majorées, donc \(f\) est intégrable.
3. Pour \(x\geqslant 0\), on a \(f(x)=f(0)+\int_0^xf^{\prime}(t)\,\mathrm{d}t\). Comme \(f^{\prime}\) est intégrable, son intégrale converge, donc \(f\) admet une limite finie en \(+\infty\). La question 1 montre que cette limite est nulle. Ainsi \(f\) tend vers \(0\).

Remarque :

La condition sur la dérivée en question 3 n’est pas gratuite. Par exemple, la fonction à pics de la question 2 n’est pas dérivable aux sommets. Même en arrondissant ces sommets, les pentes deviennent de plus en plus raides : la dérivée cesse alors d’être intégrable, ce qui est cohérent avec le résultat.

Corrigé de l’exercice 13 – Norme 1 et produits de fonctions intégrables

Idée clé : la séparation repose sur la continuité, et le carré d’une fonction bornée est dominé par la fonction elle-même.

1. D’abord, \(\|f\|_1\geqslant 0\) et \(\|\lambda f\|_1=|\lambda|\,\|f\|_1\) par linéarité de l’intégrale. Ensuite, \(|f+g|\leqslant|f|+|g|\) donne l’inégalité triangulaire par positivité. Enfin, supposons \(\|f\|_1=0\). Si \(|f(t_0)|>0\) en un point, la continuité donne un segment autour de \(t_0\) où \(|f|\geqslant\frac{|f(t_0)|}{2}\), et l’intégrale serait strictement positive. Ainsi \(f=0\). Donc \(\|\cdot\|_1\) est une norme sur \(E\).
2. Soit \(M\) un majorant de \(|f|\). Alors \(0\leqslant f^2\leqslant M|f|\), et \(M|f|\) est intégrable. Par comparaison, \(f^2\) est intégrable.
3. La fonction \(f(t)=t^{-1/2}\) est intégrable sur \(]0,1]\), car \(\frac{1}{2}<1\). Son carré \(\frac{1}{t}\) ne l’est pas. Ce contre-exemple montre que l’hypothèse « bornée » est indispensable.

Corrigé de l’exercice 14 – Intégration par parties sur ]0, +∞[

Idée clé : dériver le logarithme fait apparaître une fraction rationnelle, et le crochet tend vers \(0\) aux deux bornes.

1. Notons \(h(t)=\ln\big(1+\frac{1}{t^2}\big)\), continue et positive sur \(]0,+\infty[\). En \(0\), on a \(h(t)=\ln(1+t^2)-2\ln t\), donc \(h(t)\sim-2\ln t\), négligeable devant \(t^{-1/2}\). En \(+\infty\), on a \(h(t)\sim\frac{1}{t^2}\). La fonction \(h\) est intégrable, donc \(N\) converge.
2. On calcule \(h^{\prime}(t)=\frac{-2t^{-3}}{1+t^{-2}}=-\frac{2}{t(t^2+1)}\). Ensuite, \(th(t)=t\ln(1+t^2)-2t\ln t\to 0\) en \(0\). Enfin, \(th(t)\sim\frac{1}{t}\to 0\) en \(+\infty\). Le crochet \(th(t)\) a des limites nulles aux deux bornes.
3. Avec \(u(t)=t\) et \(v=h\), le théorème d’intégration par parties s’applique. Comme \(-th^{\prime}(t)=\frac{2}{t^2+1}\) est intégrable, on obtient :
   \[ N=0-\int_0^{+\infty}t\,h^{\prime}(t)\,\mathrm{d}t=\int_0^{+\infty}\frac{2\,\mathrm{d}t}{t^2+1}. \]
   Ainsi \(N=\pi\).

Remarque :

Une variante commence par la substitution \(t=\frac{1}{s}\), qui donne \(N=\int_0^{+\infty}\frac{\ln(1+s^2)}{s^2}\,\mathrm{d}s\). Ensuite, on intègre \(\frac{1}{s^2}\) en \(-\frac{1}{s}\) et l’on dérive le logarithme. Le crochet \(-\frac{\ln(1+s^2)}{s}\) tend vers \(0\) aux deux bornes, et il reste encore \(\int_0^{+\infty}\frac{2\,\mathrm{d}s}{1+s^2}=\pi\). Dans les deux cas, le réflexe est le même : dériver le logarithme pour le faire disparaître.

Corrigé de l’exercice 15 – Nature selon α de l’intégrale de (1 − cos t)/t^α

Idée clé : en \(0\), on utilise \(1-\cos t\sim\frac{t^2}{2}\) ; à l’infini, on sépare la partie constante et la partie oscillante.

1. Le numérateur \(1-\cos t\) est positif, donc l’intégrande aussi. Comme \(1-\cos t\sim\frac{t^2}{2}\) en \(0\), l’intégrande se comporte près de l’origine comme \(\frac{1}{2t^{\alpha-2}}\). Elle est intégrable en \(0\) si et seulement si \(\alpha-2<1\), soit \(\alpha<3\).
2. Pour \(\alpha>1\), on a \(0\leqslant\frac{1-\cos t}{t^\alpha}\leqslant\frac{2}{t^\alpha}\) sur \([1,+\infty[\). L’intégrale converge en \(+\infty\).
3. Sur \([1,x]\), on intègre \(\cos t\) et l’on dérive \(t^{-\alpha}\) : \(\int_1^x\frac{\cos t}{t^\alpha}\,\mathrm{d}t=\frac{\sin x}{x^\alpha}-\sin 1+\alpha\int_1^x\frac{\sin t}{t^{\alpha+1}}\,\mathrm{d}t\). Le premier terme tend vers \(0\), et la dernière intégrale converge car \(\alpha+1>1\). Donc \(\int_1^{+\infty}\frac{\cos t}{t^\alpha}\,\mathrm{d}t\) converge. Or \(\int_1^{+\infty}\frac{\mathrm{d}t}{t^\alpha}\) diverge pour \(\alpha\leqslant 1\). Si l’intégrale étudiée convergeait en \(+\infty\), la somme avec celle de \(\frac{\cos t}{t^\alpha}\) convergerait aussi. Pour \(0<\alpha\leqslant 1\), l’intégrale diverge.
4. On rassemble les deux bornes. L’intégrale converge si et seulement si \(1<\alpha<3\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Sinus cardinal et son carré

Idée clé : l’intégration par parties prouve la convergence, des tranches de longueur \(\pi\) prouvent l’absence d’intégrabilité.

1. Sur \(]0,1]\), la fonction se prolonge par continuité par \(1\) en \(0\) : aucune difficulté. Sur \([1,x]\), on intègre \(\sin t\) en \(-\cos t\) :
   \[ \int_1^x\frac{\sin t}{t}\,\mathrm{d}t=\cos 1-\frac{\cos x}{x}-\int_1^x\frac{\cos t}{t^2}\,\mathrm{d}t. \]
   Le terme \(\frac{\cos x}{x}\) tend vers \(0\), et \(\frac{|\cos t|}{t^2}\leqslant\frac{1}{t^2}\) est intégrable. L’intégrale converge sur \(]0,+\infty[\).
2. Sur la tranche \([k\pi,(k+1)\pi]\), le facteur \(\frac{1}{t}\) reste au-dessus de sa valeur en \((k+1)\pi\), et l’intégrale de \(|\sin t|\) sur la tranche vaut \(2\). D’où la minoration par \(\frac{2}{(k+1)\pi}\). En sommant de \(k=1\) à \(n-1\), on obtient \(\int_\pi^{n\pi}\frac{|\sin t|}{t}\,\mathrm{d}t\geqslant\frac{2}{\pi}\sum_{j=2}^{n}\frac{1}{j}\). Cette somme partielle de la série harmonique tend vers \(+\infty\). La fonction n’est donc pas intégrable.
3. La fonction \(\frac{\sin^2t}{t^2}\) est continue sur \(]0,+\infty[\), tend vers \(1\) en \(0\), et elle est majorée par \(\frac{1}{t^2}\) sur \([1,+\infty[\). Elle est intégrable sur \(]0,+\infty[\).
4. On pose \(u(t)=-\frac{1}{t}\) et \(v(t)=\sin^2t\). Le produit \(-\frac{\sin^2t}{t}\) tend vers \(0\) en \(0\) et en \(+\infty\). Comme \(v^{\prime}(t)=2\sin t\cos t=\sin(2t)\), le théorème donne :
   \[ \int_0^{+\infty}\frac{\sin^2t}{t^2}\,\mathrm{d}t=\int_0^{+\infty}\frac{\sin(2t)}{t}\,\mathrm{d}t. \]
   Enfin, \(t\mapsto 2t\) est une bijection \(\mathcal{C}^1\) croissante de \(]0,+\infty[\) sur lui-même, et \(\frac{\sin(2t)}{t}\,\mathrm{d}t=\frac{\sin u}{u}\,\mathrm{d}u\). On obtient l’égalité demandée.

La figure montre les deux intégrandes : \(\frac{\sin^2t}{t^2}\) est positive et intégrable, \(\frac{\sin t}{t}\) oscille.

Corrigé de l’exercice 17 – Les intégrales de 1/(1 + t^n) sur [0, +∞[

Idée clé : on compare \(I_n\) à \(1=\int_0^1\mathrm{d}t\), puis l’on ramène le morceau infini sur \(]0,1]\) par \(t=\frac{1}{u}\).

1. L’intégrande \(\frac{1}{1+t^n}\) est continu et positif sur \([0,+\infty[\). Sur \([1,+\infty[\), il reste sous \(t^{-n}\), avec \(n\geqslant 2>1\). Donc \(I_n\) existe.
2. Par Chasles, \(I_n=\int_0^1\frac{\mathrm{d}t}{1+t^n}+\int_1^{+\infty}\frac{\mathrm{d}t}{1+t^n}\). Or \(1-\frac{1}{1+t^n}=\frac{t^n}{1+t^n}\), donc \(\int_0^1\frac{\mathrm{d}t}{1+t^n}=1-\int_0^1\frac{t^n}{1+t^n}\,\mathrm{d}t\). L’égalité en découle.
3. On substitue \(t=\frac{1}{u}\), où \(u\) parcourt \(]0,1]\) ; l’inversion est \(\mathcal{C}^1\), strictement décroissante, à valeurs dans \([1,+\infty[\). L’intégrande transformé vaut \(\frac{1}{1+u^{-n}}\cdot\frac{1}{u^2}=\frac{u^{n-2}}{1+u^n}\). Donc \(\int_1^{+\infty}\frac{\mathrm{d}t}{1+t^n}=\int_0^1\frac{u^{n-2}}{1+u^n}\,\mathrm{d}u\). En regroupant avec la question 2, \(I_n-1=\int_0^1\frac{u^{n-2}-u^n}{1+u^n}\,\mathrm{d}u=\int_0^1\frac{u^{n-2}(1-u^2)}{1+u^n}\,\mathrm{d}u\).
4. Sur \([0,1]\), on a \(\frac{1}{2}\leqslant\frac{1}{1+u^n}\leqslant 1\) et \(u^{n-2}(1-u^2)\geqslant 0\). De plus, \(\int_0^1u^{n-2}(1-u^2)\,\mathrm{d}u=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}=\frac{2}{n^2-1}\). D’où \(\frac{1}{n^2-1}\leqslant I_n-1\leqslant\frac{2}{n^2-1}\), et \(I_n\to 1\).

La figure place les valeurs de \(I_n-1\) entre les deux bornes de l’encadrement.

Remarque :

On peut démontrer, avec des outils plus avancés, que \(I_n=\frac{\pi/n}{\sin(\pi/n)}\). Ce résultat est hors programme ici, mais il permet de contrôler l’encadrement. Par exemple, pour \(n=2\), on trouve \(I_2=\frac{\pi}{2}\), et \(I_2-1\approx 0{,}571\) se trouve bien entre \(\frac{1}{3}\) et \(\frac{2}{3}\). La figure ci-dessus utilise d’ailleurs cette formule exacte.

Corrigé de l’exercice 18 – Problème – Intégrales de Frullani

Idée clé : on ne sépare jamais \(\int\frac{e^{-at}}{t}\) et \(\int\frac{e^{-bt}}{t}\), qui divergent en \(0\) ; on travaille sur \([\varepsilon,X]\), où les deux morceaux existent, puis l’on fait une homothétie.

Partie A.

1. Comme \(a<b\), on a \(e^{-at}\geqslant e^{-bt}\), donc \(g\geqslant 0\). Près de \(0\), le développement limité de l’exponentielle à l’ordre \(1\) montre que \(g\) tend vers \(b-a\) : elle se prolonge par continuité. En \(+\infty\), on a \(0\leqslant g(t)\leqslant e^{-at}\) pour \(t\geqslant 1\). Ainsi \(g\) est intégrable sur \(]0,+\infty[\).
2. Sur le segment \([\varepsilon,X]\), les deux fonctions \(\frac{e^{-at}}{t}\) et \(\frac{e^{-bt}}{t}\) sont continues, et l’on peut séparer. Le changement \(u=at\) donne \(\int_\varepsilon^X\frac{e^{-at}}{t}\,\mathrm{d}t=\int_{a\varepsilon}^{aX}\frac{e^{-u}}{u}\,\mathrm{d}u\). De même avec \(b\). Par Chasles, la différence \(\int_{a\varepsilon}^{aX}-\int_{b\varepsilon}^{bX}\) vaut \(\int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon}-\int_{aX}^{bX}\). L’égalité demandée est établie.
3. Sur \([a\varepsilon,b\varepsilon]\), on a \(e^{-b\varepsilon}\leqslant e^{-u}\leqslant e^{-a\varepsilon}\), et \(\int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon}\frac{\mathrm{d}u}{u}=\ln\frac{b}{a}\). De même sur \([aX,bX]\). On obtient :
   \[ e^{-b\varepsilon}\ln\frac{b}{a}\leqslant\int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon}\frac{e^{-u}}{u}\,\mathrm{d}u\leqslant e^{-a\varepsilon}\ln\frac{b}{a},\qquad 0\leqslant\int_{aX}^{bX}\frac{e^{-u}}{u}\,\mathrm{d}u\leqslant e^{-aX}\ln\frac{b}{a}. \]
   Ce sont les encadrements voulus.
4. Quand \(\varepsilon\to 0\), les deux bornes de gauche tendent vers \(\ln\frac{b}{a}\). Quand \(X\to+\infty\), la seconde intégrale tend vers \(0\). Comme \(g\) est intégrable, \(\int_\varepsilon^Xg\) tend vers \(\int_0^{+\infty}g\). Ainsi \(\int_0^{+\infty}\frac{e^{-at}-e^{-bt}}{t}\,\mathrm{d}t=\ln\frac{b}{a}\).

La figure représente \(g\) pour \(a=1\) et \(b=3\) : l’aire colorée vaut \(\ln 3\).

Partie B.

1. Le même calcul sur \([\varepsilon,X]\) donne \(\int_\varepsilon^X\frac{f(at)-f(bt)}{t}\,\mathrm{d}t=\int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon}\frac{f(u)}{u}\,\mathrm{d}u-\int_{aX}^{bX}\frac{f(u)}{u}\,\mathrm{d}u\). Pour le premier terme, on écrit :
   \[ \Big|\int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon}\frac{f(u)}{u}\,\mathrm{d}u-f(0)\ln\frac{b}{a}\Big|\leqslant\sup_{[a\varepsilon,b\varepsilon]}|f-f(0)|\cdot\ln\frac{b}{a}. \]
   Par continuité de \(f\) en \(0\), ce majorant tend vers \(0\). De la même façon, l’écart entre le second terme et \(L\ln\frac{b}{a}\) est majoré par \(\sup_{[aX,bX]}|f-L|\cdot\ln\frac{b}{a}\), qui tend vers \(0\). Les deux limites existent séparément. L’intégrale converge et vaut \((f(0)-L)\ln\frac{b}{a}\).
2. Sans limite en \(+\infty\), le terme \(\int_{aX}^{bX}\frac{f(u)}{u}\,\mathrm{d}u\) n’a plus de raison d’admettre une limite quand \(X\to+\infty\). L’encadrement par \(\sup_{[aX,bX]}|f-L|\) disparaît, et la formule elle-même perd son sens, puisque \(L\) n’existe pas. L’hypothèse de limite est donc indispensable à cette preuve.

Partie C.

1. On applique la partie A avec \(a=1\) et \(b=3\). L’intégrale vaut \(\ln 3\).
2. On applique la partie B à \(f=\arctan\), avec \(a=1\), \(b=2\), \(f(0)=0\) et \(L=\frac{\pi}{2}\). Elle donne \(\int_0^{+\infty}\frac{\arctan t-\arctan(2t)}{t}\,\mathrm{d}t=-\frac{\pi}{2}\ln 2\). Par conséquent, \(\int_0^{+\infty}\frac{\arctan(2t)-\arctan t}{t}\,\mathrm{d}t=\frac{\pi}{2}\ln 2\).

Pour aller plus loin

Télécharger puis imprimer cette fiche en PDF.

Télécharger ou imprimer cette fiche «corrigé des exercices : Intégrabilité sur un intervalle en maths spé (MP)» au format PDF afin de pouvoir travailler en totale autonomie.

---

OK

 Maths PDF c'est 16 225 287 cours et exercices de maths téléchargés en PDF et 4 250 exercices.