Corrigé des exercices : Intégrales impropres en L2 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Calcul par la définition

Idée clé : on calcule une primitive, on évalue sur \([a,x]\), puis on étudie la limite quand \(x\) tend vers \(+\infty\).

1. Pour \(t > 0\), on vérifie que \(\frac{1}{t(t+3)} = \frac{1}{3}\left(\frac{1}{t} – \frac{1}{t+3}\right)\). En effet, la réduction au même dénominateur donne \(\frac{(t+3) – t}{3t(t+3)}\). Pour \(x \geq 1\), on obtient donc
   \[\int_1^x \frac{dt}{t(t+3)} = \frac{1}{3}\ln\left(\frac{x}{x+3}\right) – \frac{1}{3}\ln\left(\frac{1}{4}\right).\]
   Quand \(x\) tend vers \(+\infty\), le quotient \(\frac{x}{x+3}\) tend vers 1, donc le premier terme tend vers 0. Ainsi, l’intégrale converge et vaut \(\frac{1}{3}\ln 4 = \frac{2}{3}\ln 2\).
2. Une primitive de \(\frac{t}{(1+t^2)^2}\) est \(-\frac{1}{2(1+t^2)}\). Par conséquent, \(\int_0^x \frac{t\,dt}{(1+t^2)^2} = \frac{1}{2} – \frac{1}{2(1+x^2)}\), qui tend vers \(\frac{1}{2}\). L’intégrale converge et vaut \(\frac{1}{2}\).
3. Cette fois, une primitive est \(\frac{1}{2}\ln(1+t^2)\). Donc \(\int_0^x \frac{t\,dt}{1+t^2} = \frac{1}{2}\ln(1+x^2)\), qui tend vers \(+\infty\). L’intégrale diverge.

La figure représente la fonction du premier point. L’aire colorée sous la courbe, sur \([1,+\infty[\), est finie et vaut environ \(0{,}462\).

Corrigé de l’exercice 2 – Une borne où la fonction explose

Idée clé : la borne impropre est 3 ; on intègre sur \([0,x]\) avec \(x < 3\), puis on fait tendre \(x\) vers 3.

1. Une primitive de \((3-t)^{-1/2}\) est \(-2\sqrt{3-t}\). Pour \(0 \leq x < 3\), on a donc \(\int_0^x \frac{dt}{\sqrt{3-t}} = 2\sqrt{3} – 2\sqrt{3-x}\). Quand \(x\) tend vers 3, ce terme tend vers \(2\sqrt{3}\). L’intégrale converge et vaut \(2\sqrt{3}\).
2. De même, une primitive de \((3-t)^{-3/4}\) est \(-4(3-t)^{1/4}\). Ainsi, \(\int_0^x \frac{dt}{(3-t)^{3/4}} = 4 \cdot 3^{1/4} – 4(3-x)^{1/4}\). La limite vaut \(4 \cdot 3^{1/4}\).
3. Enfin, \(\int_0^x \frac{dt}{3-t} = \ln 3 – \ln(3-x)\). Or \(-\ln(3-x)\) tend vers \(+\infty\) quand \(x\) tend vers 3. L’intégrale diverge. On retrouve la règle de Riemann en 3 : l’exposant doit être strictement inférieur à 1.

Corrigé de l’exercice 3 – Quatre natures par équivalent

Idée clé : toutes les fonctions sont positives ; un équivalent de type Riemann suffit donc à chaque borne impropre.

1. La fonction est continue et positive sur \([1,+\infty[\). En \(+\infty\), on a \(\frac{t+5}{t^3+2} \sim \frac{t}{t^3} = \frac{1}{t^2}\). Comme \(2 > 1\), l’intégrale converge.
2. La fonction est positive et continue sur \(]0,1]\). En 0, on a \(1 + t \to 1\), donc la fonction est équivalente à \(t^{-2/3}\). Puisque \(\frac{2}{3} < 1\), l’intégrale converge.
3. La fonction est positive sur \([1,+\infty[\). En \(+\infty\), \(\frac{\sqrt{t}}{t+4} \sim \frac{1}{\sqrt{t}}\). Comme \(\frac{1}{2} \leq 1\), l’intégrale diverge.
4. Sur \(]0,1]\), on a \(e^t – 1 > 0\). De plus, \(e^t – 1 \sim t\) en 0, donc \(\frac{1}{e^t-1} \sim \frac{1}{t}\). Par Riemann avec l’exposant 1, l’intégrale diverge.

Corrigé de l’exercice 4 – Un paramètre aux deux bords

Idée clé : on coupe en 1 et on cherche un équivalent puissance à chaque borne ; la convergence exige les deux conditions à la fois.

1. La fonction est positive sur \(]0,+\infty[\). En 0, on a \(1 + t^2 \to 1\), donc la fonction est équivalente à \(t^{-\alpha}\). Ainsi, le morceau sur \(]0,1]\) converge si et seulement si \(\alpha < 1\).
2. En \(+\infty\), on a \(t^\alpha(1+t^2) \sim t^{\alpha+2}\). Riemann impose alors \(\alpha + 2 > 1\) : le morceau sur \([1,+\infty[\) converge exactement pour \(\alpha > -1\).
3. Par conséquent, \(I_\alpha\) converge si et seulement si \(-1 < \alpha < 1\). Pour \(\alpha = 0\), on a \(\int_0^x \frac{dt}{1+t^2} = \arctan x\), qui tend vers \(\frac{\pi}{2}\). Donc \(I_0 = \frac{\pi}{2}\).

Retenez la structure de ce raisonnement. Chaque borne impose sa propre condition, et l’ensemble de convergence est l’intersection des deux. Ici, la borne 0 limite \(\alpha\) par le haut, tandis que l’infini le limite par le bas. Par exemple, pour \(\alpha = 1\), seule la borne 0 fait diverger l’intégrale.

Corrigé de l’exercice 5 – Faux problèmes et vrais problèmes en 0

Idée clé : on cherche la limite de la fonction en 0 ; si elle est finie, c’est un faux problème, sinon on compare à Riemann.

1. En 0, \(1 – \cos t \sim \frac{t^2}{2}\), donc la fonction tend vers \(\frac{1}{2}\). Elle se prolonge par continuité en 0 : c’est un faux problème. L’intégrale converge.
2. En 0, \(\sin t \sim t\), donc \(\frac{\sin t}{t^{3/2}} \sim \frac{1}{\sqrt{t}}\), qui tend vers \(+\infty\). C’est donc un vrai problème. Cependant, la fonction est positive sur \(]0,\frac{\pi}{2}]\) et l’exposant \(\frac{1}{2}\) est inférieur à 1. L’intégrale converge.
3. En 0, \(\ln(1+t) \sim t\), donc la fonction est équivalente à \(\frac{1}{t}\). Elle est positive sur \(]0,1]\). Par Riemann, l’intégrale diverge.

Corrigé de l’exercice 6 – Une famille calculée par parties

Idée clé : l’exponentielle l’emporte sur toute puissance, ce qui donne la convergence ; une intégration par parties abaisse ensuite l’exposant.

1. La fonction \(t \mapsto t^n e^{-t/2}\) est continue et positive sur \([0,+\infty[\). Par croissances comparées, \(t^2 \cdot t^n e^{-t/2}\) tend vers 0. Ainsi, la fonction est un \(o(t^{-2})\) en \(+\infty\), et \(I_n\) converge.
2. On a \(\int_0^x e^{-t/2}\,dt = 2 – 2e^{-x/2}\), qui tend vers 2. Donc \(I_0 = 2\).
3. Soit \(n \geq 1\) et \(x > 0\). On pose \(u(t) = t^n\) et \(v(t) = -2e^{-t/2}\), de classe \(C^1\). Alors
   \[\int_0^x t^n e^{-t/2}\,dt = -2x^n e^{-x/2} + 2n\int_0^x t^{n-1}e^{-t/2}\,dt.\]
   Le crochet est nul en 0 car \(n \geq 1\). De plus, \(x^n e^{-x/2}\) tend vers 0. En passant à la limite, on obtient \(I_n = 2n\,I_{n-1}\).
4. Par récurrence, \(I_n = 2n \cdot 2(n-1) \cdots 2 \cdot 1 \cdot I_0 = 2^n\, n!\, I_0\). Finalement, \(I_n = 2^{n+1}\, n!\), et en particulier \(I_2 = 16\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Intégrales de Bertrand en l’infini

Idée clé : pour l’exposant critique 1, on primitive directement ; sinon, on intercale une puissance \(t^{-\gamma}\) bien choisie.

1. Pour \(\beta \neq 1\), une primitive de \(\frac{1}{t(\ln t)^\beta}\) est \(\frac{(\ln t)^{1-\beta}}{1-\beta}\). On obtient donc \(\int_e^x \frac{dt}{t(\ln t)^\beta} = \frac{(\ln x)^{1-\beta} – 1}{1-\beta}\). Cette quantité a une limite finie si et seulement si \(1 – \beta < 0\) ; la limite vaut alors \(\frac{1}{\beta – 1}\). Pour \(\beta = 1\), une primitive est \(\ln(\ln t)\), qui tend vers \(+\infty\). Ainsi, l’intégrale converge si et seulement si \(\beta > 1\).
2. Sur \([3,+\infty[\), le logarithme dépasse 1, donc la fonction reste positive. De plus, \(t^{3/4} \cdot \frac{1}{\sqrt{t}\,\ln t} = \frac{t^{1/4}}{\ln t}\) tend vers \(+\infty\). Donc, pour \(t\) assez grand, la fonction dépasse \(t^{-3/4}\), dont l’intégrale diverge. Par comparaison, l’intégrale diverge.
3. La fonction est positive et continue sur \([1,+\infty[\). Ensuite, \(t^{9/8} \cdot \frac{\ln t}{t^{5/4}} = \frac{\ln t}{t^{1/8}}\) tend vers 0. Ainsi, la fonction est un \(o(t^{-9/8})\), et l’intégrale converge.
4. Pour \(t \geq 3\), on a \(\ln t > 1\), donc \(\ln(\ln t) > 0\), et la fonction est positive. La dérivée de \(\ln(\ln(\ln t))\) vaut \(\frac{1}{\ln(\ln t)} \cdot \frac{1}{\ln t} \cdot \frac{1}{t}\). Par conséquent, l’intégrale sur \([3,x]\) vaut \(\ln(\ln(\ln x)) – \ln(\ln(\ln 3))\), qui tend vers \(+\infty\). L’intégrale diverge.

Corrigé de l’exercice 8 – Intégrales de Bertrand près de 0

Idée clé : le changement de variable \(u = -\ln t\) envoie la borne 0 sur \(+\infty\) et transforme l’intégrale en une intégrale de Riemann.

1. Quand \(u\) parcourt \([\ln 2,+\infty[\), le réel \(t = e^{-u}\) décrit \(]0,\frac{1}{2}]\) en décroissant, et ce paramétrage est de classe \(C^1\). On trouve alors \(dt = -e^{-u}\,du\) et \(|\ln t| = u\). Ainsi, \(\frac{dt}{t\,|\ln t|^\beta}\) devient \(-\frac{du}{u^\beta}\), et les bornes s’échangent. L’intégrale a donc la nature de \(\int_{\ln 2}^{+\infty} \frac{du}{u^\beta}\). Elle converge si et seulement si \(\beta > 1\).
2. Pour \(\beta = 2\), le même changement de variable donne \(\int_{\ln 2}^{+\infty} \frac{du}{u^2} = \frac{1}{\ln 2}\). Par conséquent, \(\int_0^{1/2} \frac{dt}{t(\ln t)^2} = \frac{1}{\ln 2}\).
3. Sur \(]0,\frac{1}{3}]\), on a \(\sin t > 0\), donc la fonction est positive. En 0, \(\sin t \sim t\), donc la fonction est équivalente à \(\frac{1}{t(\ln t)^2}\). D’après la première question avec \(\beta = 2\), l’intégrale converge.

Corrigé de l’exercice 9 – Deux changements de variable

Idée clé : on choisit un changement de variable qui fait disparaître la racine ; il doit être une bijection \(C^1\) strictement monotone entre les intervalles ouverts.

1. La fonction est positive sur \(]1,+\infty[\). En 1, on a \(t\sqrt{t-1} \sim \sqrt{t-1}\), et \(\int_1^2 \frac{dt}{\sqrt{t-1}}\) converge par Riemann. En \(+\infty\), la fonction est équivalente à \(t^{-3/2}\), ce qui donne aussi la convergence. Pour le calcul, on paramètre \(]1,+\infty[\) par \(t = 1 + u^2\), où \(u\) décrit \(]0,+\infty[\) ; ce paramétrage est \(C^1\) et croissant. Comme \(\sqrt{t-1} = u\) et \(dt = 2u\,du\), on se ramène à \(\int_0^{+\infty} \frac{2u\,du}{(1+u^2)\,u} = \int_0^{+\infty} \frac{2\,du}{1+u^2}\). Elle vaut \(\pi\).
2. La fonction \(e^{-\sqrt{t}}\) est positive et continue. De plus, \(t^2 e^{-\sqrt{t}}\) tend vers 0, donc l’intégrale converge. Le paramétrage \(t = u^2\), avec \(u > 0\), est \(C^1\) et croissant ; il conduit à \(\int_0^{+\infty} 2u\,e^{-u}\,du\). Or \(\int_0^x u\,e^{-u}\,du = 1 – (x+1)e^{-x}\), qui tend vers 1. Par conséquent, \(\int_0^{+\infty} e^{-\sqrt{t}}\,dt = 2\).

Corrigé de l’exercice 10 – Convergence absolue et calcul complexe

Idée clé : on majore le module par une fonction positive intégrable, puis on calcule avec l’exponentielle complexe avant de prendre la partie imaginaire.

1. Pour \(t \geq 1\), on a \(\left|\frac{\cos(3t)}{t^2+t}\right| \leq \frac{1}{t^2}\). Or \(t^{-2}\) est intégrable sur \([1,+\infty[\) d’après Riemann. Par comparaison, on obtient la convergence absolue.
2. Pour \(t \geq 0\), \(|e^{-t}\sin(2t)| \leq e^{-t}\), et \(\int_0^{+\infty} e^{-t}\,dt = 1\). Donc la fonction est intégrable.
3. Sur \([0,x]\), on a \(\int_0^x e^{(-1+2i)t}\,dt = \frac{e^{(-1+2i)x} – 1}{-1+2i}\). Or \(|e^{(-1+2i)x}| = e^{-x}\) tend vers 0. Ainsi,
   \[\int_0^{+\infty} e^{(-1+2i)t}\,dt = \frac{1}{1-2i} = \frac{1+2i}{5}.\]
   La partie imaginaire de l’intégrande vaut \(e^{-t}\sin(2t)\). En prenant la partie imaginaire sur \([0,x]\), puis la limite, on obtient \(\int_0^{+\infty} e^{-t}\sin(2t)\,dt = \frac{2}{5}\).

Corrigé de l’exercice 11 – Semi-convergence de cos(t) sur racine de t

Idée clé : l’intégration par parties fait apparaître un terme intégrable en \(t^{-3/2}\) ; la minoration \(|\cos| \geq \cos^2\) prouve ensuite la non-intégrabilité.

1. Pour \(x \geq 1\), on dérive \(t^{-1/2}\) et on primitive \(\cos t\) en \(\sin t\). On obtient
   \[\int_1^x \frac{\cos t}{\sqrt{t}}\,dt = \frac{\sin x}{\sqrt{x}} – \sin 1 + \frac{1}{2}\int_1^x \frac{\sin t}{t^{3/2}}\,dt.\]
   D’une part, \(\frac{\sin x}{\sqrt{x}}\) tend vers 0. D’autre part, \(\left|\frac{\sin t}{t^{3/2}}\right| \leq t^{-3/2}\), donc la dernière intégrale converge absolument. L’intégrale étudiée converge.
2. Comme \(0 \leq |\cos t| \leq 1\), on a \(|\cos t| \cdot |\cos t| \leq |\cos t|\), soit \(\cos^2 t \leq |\cos t|\).
3. On en déduit \(\frac{|\cos t|}{\sqrt{t}} \geq \frac{\cos^2 t}{\sqrt{t}} = \frac{1}{2\sqrt{t}} + \frac{\cos(2t)}{2\sqrt{t}}\). Le calcul du premier point, refait avec \(\cos(2t)\), montre que \(\int_1^{+\infty} \frac{\cos(2t)}{2\sqrt{t}}\,dt\) converge. En revanche, \(\int_1^{+\infty} \frac{dt}{2\sqrt{t}}\) diverge vers \(+\infty\). Ainsi, le minorant a une intégrale partielle qui tend vers \(+\infty\), et la fonction \(t \mapsto \frac{\cos t}{\sqrt{t}}\) n’est pas intégrable. L’intégrale est donc semi-convergente.

Cette démarche en deux temps est le modèle de toute preuve de semi-convergence. D’abord, une intégration par parties gagne une puissance de \(t\) au dénominateur. Ensuite, la minoration par un carré fait apparaître une partie moyenne positive, ici \(\frac{1}{2\sqrt{t}}\), dont l’intégrale diverge.

Corrigé de l’exercice 12 – Le critère de Cauchy en action

Idée clé : pour nier le critère de Cauchy, on exhibe des tranches \([x_n, y_n]\) qui partent à l’infini et dont l’intégrale ne tend pas vers 0.

1. La fonction \(|\sin|\) est \(\pi\)-périodique et \(\int_0^\pi \sin t\,dt = 2\). L’intervalle \([n\pi, 2n\pi]\) contient \(n\) périodes, donc \(\int_{n\pi}^{2n\pi} |\sin t|\,dt = 2n\).
2. Sur \([n\pi,2n\pi]\), on a \(\frac{1}{t} \geq \frac{1}{2n\pi}\). Par conséquent, \(\int_{n\pi}^{2n\pi} \frac{|\sin t|}{t}\,dt \geq \frac{2n}{2n\pi} = \frac{1}{\pi}\). Supposons maintenant l’intégrale convergente. Le critère de Cauchy avec \(\varepsilon = \frac{1}{2\pi}\) fournit un réel \(A\). Pour \(n\) tel que \(n\pi \geq A\), on aurait alors \(\frac{1}{\pi} \leq \frac{1}{2\pi}\), ce qui est absurde. L’intégrale diverge.
3. Pour \(x \geq 2\), la décroissance donne \(f(t) \geq f(x)\) sur \([\frac{x}{2}, x]\). Donc \(\int_{x/2}^{x} f \geq \frac{x}{2} f(x) \geq 0\). Soit \(\varepsilon > 0\). Le critère de Cauchy fournit \(A\) tel que \(\int_{x/2}^x f \leq \varepsilon\) dès que \(\frac{x}{2} \geq A\). Pour ces \(x\), le produit \(\frac{x}{2} f(x)\) est positif et majoré par \(\varepsilon\). Finalement, \(x f(x)\) tend vers 0.

Corrigé de l’exercice 13 – Deux applications de la règle d’Abel

Idée clé : on sépare un facteur décroissant vers 0 et le facteur \(\sin t\), dont les primitives restent bornées par 2.

1. La fonction \(g : t \mapsto \frac{1}{\ln t}\) est de classe \(C^1\), décroissante et de limite nulle sur \([2,+\infty[\). De plus, \(\left|\int_2^x \sin t\,dt\right| = |\cos 2 – \cos x| \leq 2\). La règle d’Abel montre que l’intégrale converge.
2. Pour \(t \geq 2\), on a \(0 < \ln t \leq t\), donc \(\frac{|\sin t|}{\ln t} \geq \frac{|\sin t|}{t}\). Or l’exercice précédent montre que \(\int_\pi^{+\infty} \frac{|\sin t|}{t}\,dt\) diverge, et le morceau sur \([2,\pi]\) est fini. Par comparaison, l’intégrale ne converge pas absolument.
3. On a \(g^{\prime}(t) = \frac{\varphi(t)}{t^2}\) avec \(\varphi(t) = \frac{t}{1+t^2} – \arctan t\). Or \(\varphi(0) = 0\) et
   \[\varphi^{\prime}(t) = \frac{1-t^2}{(1+t^2)^2} – \frac{1}{1+t^2} = \frac{-2t^2}{(1+t^2)^2}.\]
   Donc \(\varphi\) est strictement décroissante sur \([0,+\infty[\), et \(\varphi(t) < 0\) pour \(t > 0\). Ainsi, \(g\) est décroissante. De plus, \(0 \leq g(t) \leq \frac{\pi}{2t}\), donc \(g\) tend vers 0. La règle d’Abel, avec \(h = \sin\), montre que l’intégrale converge.

Corrigé de l’exercice 14 – Équivalent et encadrement d’un reste

Idée clé : on intègre l’équivalent \(\frac{1}{t^3+1} \sim \frac{1}{t^3}\) sur \([x,+\infty[\), puis on majore la différence exacte des deux fonctions.

1. Pour \(t \geq 1\), on a \(0 \leq \frac{1}{t^3+1} \leq \frac{1}{t^3}\), et \(\int_1^{+\infty} t^{-3}\,dt\) converge. Donc \(R(x)\) existe pour tout \(x \geq 1\).
2. Les fonctions \(\frac{1}{t^3+1}\) et \(\frac{1}{t^3}\) sont positives et équivalentes en \(+\infty\), avec une intégrale convergente. Le théorème d’intégration des relations de comparaison donne \(R(x) \sim \int_x^{+\infty} \frac{dt}{t^3} = \frac{1}{2x^2}\). Donc \(R(x) \sim \frac{1}{2x^2}\).
3. Pour \(t \geq 1\), on calcule \(\frac{1}{t^3} – \frac{1}{t^3+1} = \frac{1}{t^3(t^3+1)}\). Ce nombre est positif et majoré par \(\frac{1}{t^6}\). En intégrant sur \([x,+\infty[\), on obtient \(0 \leq \frac{1}{2x^2} – R(x) \leq \int_x^{+\infty} \frac{dt}{t^6} = \frac{1}{5x^5}\). L’encadrement est établi.

La figure compare \(R(x)\), calculé numériquement, à son équivalent \(\frac{1}{2x^2}\). Les deux courbes se confondent très vite, car l’écart est d’ordre \(x^{-5}\).

Corrigé de l’exercice 15 – Équivalent d’une intégrale partielle divergente

Idée clé : l’intégration par parties isole le terme principal \(\frac{x}{\ln x}\) ; l’intégrale restante est négligeable par intégration des relations de comparaison.

1. Pour \(t \geq 2\), on a \(0 < \ln t < t\), donc \(\frac{1}{\ln t} > \frac{1}{t}\). Ainsi, \(F(x) \geq \ln x – \ln 2\), qui tend vers \(+\infty\). Donc \(F(x) \to +\infty\).
2. On pose \(u(t) = \frac{1}{\ln t}\) et \(v(t) = t\). Alors \(u^{\prime}(t) = -\frac{1}{t(\ln t)^2}\), et
   \[F(x) = \left[\frac{t}{\ln t}\right]_2^x + \int_2^x \frac{t}{t(\ln t)^2}\,dt = \frac{x}{\ln x} – \frac{2}{\ln 2} + \int_2^x \frac{dt}{(\ln t)^2}.\]
   La relation demandée est établie.
3. Divisons \((\ln t)^{-2}\) par \((\ln t)^{-1}\) : le quotient vaut \((\ln t)^{-1}\) et tend vers 0. Ainsi, la première fonction est négligeable devant la seconde. De plus, \(\frac{1}{\ln t}\) est positive et son intégrale diverge. Le théorème d’intégration des relations de comparaison donne \(\int_2^x \frac{dt}{(\ln t)^2} = o(F(x))\). Par conséquent, \(F(x)(1 + o(1)) = \frac{x}{\ln x} – \frac{2}{\ln 2}\). Enfin, la constante est négligeable devant \(\frac{x}{\ln x}\), qui tend vers \(+\infty\). Finalement, \(F(x) \sim \frac{x}{\ln x}\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Problème – Séries et intégrales en parallèle

Idée clé : la décroissance encadre \(f\) sur chaque intervalle \([k-1,k]\) ; on somme ensuite ces encadrements entre deux entiers.

1. Prenons un entier \(k \geq n_0 + 1\). Comme \(f\) décroît, ses valeurs sur \([k-1,k]\) restent comprises entre \(f(k)\) et \(f(k-1)\). Ce segment mesure 1, d’où \(f(k) \leq \int_{k-1}^{k} f \leq f(k-1)\).
2. Notons \(S_N = \sum_{k=n_0}^{N} f(k)\). En sommant l’encadrement pour \(k\) allant de \(n_0 + 1\) à \(N\), on obtient \(S_N – f(n_0) \leq \int_{n_0}^{N} f \leq S_{N-1}\). Tout est positif, donc chaque objet converge exactement lorsqu’il est majoré. Si l’intégrale converge, \(S_N \leq f(n_0) + \int_{n_0}^{+\infty} f\), et la série converge. Inversement, si la série converge de somme \(S\), alors \(\int_{n_0}^{x} f \leq \int_{n_0}^{N} f \leq S\) pour tout entier \(N \geq x\). Les deux objets ont donc la même nature.
3. La fonction \(t \mapsto \frac{1}{t\ln t}\) est positive et décroissante sur \([2,+\infty[\), car \(t\ln t\) croît. Son intégrale diverge, puisqu’une primitive est \(\ln(\ln t)\). Ainsi, \(\sum \frac{1}{n\ln n}\) diverge. De même, \(t \mapsto \frac{1}{t(\ln t)^{3/2}}\) est positive et décroissante sur \([3,+\infty[\). Son intégrale converge d’après l’exercice 7 avec \(\beta = \frac{3}{2}\). Donc la seconde série converge.
4. On applique l’encadrement à \(f(t) = t^{-3}\). D’une part, \(\sum_{k=n+1}^{N} \frac{1}{k^3} \leq \int_n^N \frac{dt}{t^3}\). D’autre part, \(\frac{1}{k^3} \geq \int_k^{k+1} \frac{dt}{t^3}\), donc \(\sum_{k=n+1}^{N} \frac{1}{k^3} \geq \int_{n+1}^{N+1} \frac{dt}{t^3}\). En faisant tendre \(N\) vers \(+\infty\), on obtient \(\frac{1}{2(n+1)^2} \leq r_n \leq \frac{1}{2n^2}\). Comme \((n+1)^2 \sim n^2\), les deux bornes sont équivalentes, et \(r_n \sim \frac{1}{2n^2}\).
5. Avec \(f(t) = \frac{1}{t}\) et \(n_0 = 1\), on a \(H_n = 1 + \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k} \leq 1 + \int_1^n \frac{dt}{t} = 1 + \ln n\). De plus, \(\frac{1}{k} \geq \int_k^{k+1} \frac{dt}{t}\), donc \(H_n \geq \int_1^{n+1} \frac{dt}{t} = \ln(n+1)\). Enfin, \(\frac{\ln(n+1)}{\ln n}\) et \(\frac{1 + \ln n}{\ln n}\) tendent vers 1. Par encadrement, \(H_n \sim \ln n\).

Corrigé de l’exercice 17 – Problème – L’intégrale de Dirichlet

Idée clé : une intégration par parties sur \([\varepsilon, x]\) transforme une intégrale semi-convergente en l’intégrale d’une fonction positive et intégrable.

1. En 0, \(\frac{\sin t}{t}\) tend vers 1 : c’est un faux problème. Sur \([1,+\infty[\), la convergence a été démontrée dans le cours par une intégration par parties. Par conséquent, \(J\) converge.
2. La fonction \(\frac{\sin^2 t}{t^2}\) est continue et positive sur \(]0,+\infty[\). Comme \(|\sin t| \leq t\) pour \(t \geq 0\), elle est majorée par 1 près de 0. Sur \([1,+\infty[\), elle est majorée par \(\frac{1}{t^2}\). Elle est donc intégrable sur \(]0,+\infty[\).
3. On pose \(u(t) = \sin^2 t\) et \(v(t) = -\frac{1}{t}\). Alors \(u^{\prime}(t) = 2\sin t\cos t = \sin(2t)\), et
   \[\int_\varepsilon^x \frac{\sin^2 t}{t^2}\,dt = \frac{\sin^2 \varepsilon}{\varepsilon} – \frac{\sin^2 x}{x} + \int_\varepsilon^x \frac{\sin(2t)}{t}\,dt.\]
   Dans la dernière intégrale, on pose \(s = 2t\) ; comme \(\frac{dt}{t} = \frac{ds}{s}\), elle vaut \(\int_{2\varepsilon}^{2x} \frac{\sin s}{s}\,ds\). Ensuite, \(0 \leq \frac{\sin^2 \varepsilon}{\varepsilon} \leq \varepsilon\) et \(0 \leq \frac{\sin^2 x}{x} \leq \frac{1}{x}\). En faisant tendre \(\varepsilon\) vers 0 et \(x\) vers \(+\infty\), on obtient \(J = \int_0^{+\infty} \frac{\sin^2 t}{t^2}\,dt\).
4. La fonction \(\frac{\sin^2 t}{t^2}\) est positive. De plus, elle est continue et strictement positive sur \([1,2]\), donc \(J \geq \int_1^2 \frac{\sin^2 t}{t^2}\,dt > 0\). Ainsi, \(J > 0\).
5. Pour \(a > 0\), le changement de variable \(s = at\) est une bijection croissante de \(]0,+\infty[\) sur lui-même, et \(\frac{dt}{t} = \frac{ds}{s}\). Donc \(\int_0^{+\infty} \frac{\sin(at)}{t}\,dt = J\). Pour \(a < 0\), on écrit \(\sin(at) = -\sin(|a|t)\). L’intégrale vaut \(J\) si \(a > 0\) et \(-J\) si \(a < 0\).

La figure superpose les deux intégrandes. La courbe orange oscille de part et d’autre de l’axe, alors que la courbe verte reste positive : pourtant, leurs intégrales sur \(]0,+\infty[\) sont égales.

Corrigé de l’exercice 18 – Problème – Une intégrale logarithmique

Idée clé : le changement de variable \(t = \frac{1}{u}\) échange les bornes 0 et \(+\infty\) et change le signe du logarithme.

1. La fonction \(f : t \mapsto \frac{\ln t}{1+t^2}\) est continue sur \(]0,+\infty[\). En 0, on a \(|f(t)| \leq |\ln t|\), et \(\sqrt{t}\,|\ln t|\) tend vers 0. Ainsi, \(|f(t)| = o(t^{-1/2})\), ce qui donne l’intégrabilité sur \(]0,1]\). En \(+\infty\), \(t^{3/2}|f(t)| = \frac{\ln t}{\sqrt{t}} \cdot \frac{t^2}{1+t^2}\) tend vers 0. Donc \(|f(t)| = o(t^{-3/2})\), ce qui donne l’intégrabilité sur \([1,+\infty[\). L’intégrale \(I\) converge absolument.
2. Posons \(t = \frac{1}{u}\) : ce paramétrage \(C^1\) parcourt \(]0,+\infty[\) en sens inverse. On calcule \(dt = -\frac{du}{u^2}\), \(\ln t = -\ln u\) et \(1 + t^2 = \frac{u^2+1}{u^2}\). L’intégrande devient \(\frac{-\ln u \cdot u^2}{u^2+1} \cdot \left(-\frac{1}{u^2}\right) = \frac{\ln u}{1+u^2}\), et les bornes s’échangent. Donc \(I = \int_{+\infty}^{0} \frac{\ln u}{1+u^2}\,du = -I\). Par conséquent, \(I = 0\).
3. La convergence se prouve comme au premier point : en 0, la fonction est un \(o(t^{-1/2})\), et en \(+\infty\), un \(o(t^{-3/2})\). Avec \(t = au\), on a \(dt = a\,du\), \(t^2 + a^2 = a^2(1+u^2)\) et \(\ln t = \ln a + \ln u\). Ainsi,
   \[\int_0^{+\infty} \frac{\ln t}{t^2+a^2}\,dt = \frac{1}{a}\left(\ln a \int_0^{+\infty} \frac{du}{1+u^2} + \int_0^{+\infty} \frac{\ln u}{1+u^2}\,du\right).\]
   La première intégrale vaut \(\frac{\pi}{2}\) et la seconde vaut \(I = 0\). On obtient \(\frac{\pi\ln a}{2a}\).
4. Avec \(a = 2\), on trouve \(\int_0^{+\infty} \frac{\ln t}{t^2+4}\,dt = \frac{\pi\ln 2}{4}\).

Corrigé de l’exercice 19 – Problème – Une intégrale de Fresnel

Idée clé : le changement de variable \(u = t^2\) ramène l’étude à \(\frac{\sin u}{2\sqrt{u}}\), qui relève de la règle d’Abel.

1. Sur \([1,x]\), on paramètre par \(t = \sqrt{u}\), où \(u\) décrit \([1,x^2]\) ; ce paramétrage est \(C^1\) et croissant. Puisque \(dt = \frac{du}{2\sqrt{u}}\), l’égalité demandée s’ensuit. Ensuite, \(u \mapsto \frac{1}{2\sqrt{u}}\) est \(C^1\), décroissante et tend vers 0, tandis que \(\left|\int_1^y \sin u\,du\right| \leq 2\). Par la règle d’Abel, le membre de droite a une limite finie quand \(x^2\) tend vers \(+\infty\). Comme le morceau sur \([0,1]\) est une intégrale ordinaire, \(S\) converge.
2. Posons \(t_k = \sqrt{\frac{\pi}{2} + 2k\pi}\) pour \(k \in \mathbb{N}\). Alors \(t_k\) tend vers \(+\infty\) et \(\sin(t_k^2) = 1\). Donc \(\sin(t^2)\) ne tend pas vers 0.
3. Pour \(x > 2\), le même changement de variable transforme \(\int_2^x |\sin(t^2)|\,dt\) en \(\int_4^{x^2} \frac{|\sin u|}{2\sqrt{u}}\,du\). Pour \(u \geq 4\), on a \(\sqrt{u} \leq u\), donc l’intégrande est minorée par \(\frac{|\sin u|}{2u}\). Or l’exercice 12 montre que \(\int_\pi^{+\infty} \frac{|\sin u|}{u}\,du\) diverge. Ainsi, \(\sin(t^2)\) n’est pas intégrable.
4. Avec \(u = t^2\) sur \([0,x]\), on a \(du = 2t\,dt\) et \(t^4 = u^2\). Donc \(\int_0^x t\sin(t^4)\,dt = \frac{1}{2}\int_0^{x^2} \sin(u^2)\,du\), qui tend vers \(\frac{S}{2}\). Ainsi, l’intégrale converge et vaut \(\frac{S}{2}\). Pourtant, pour \(s_k = \left(\frac{\pi}{2} + 2k\pi\right)^{1/4}\), on a \(s_k\sin(s_k^4) = s_k\), qui tend vers \(+\infty\). La fonction n’est donc pas bornée.

Pour aller plus loin

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