Intégrabilité aux bornes et IPP : corrigé du contrôle de maths en MP

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Barème du contrôle corrigé : intégrabilité aux bornes et IPP

Le corrigé détaillé : intégrabilité aux bornes et IPP

Exercice 1 – Quatre fonctions et leurs bornes (4 points)

1. Un logarithme près de 0

   La fonction \(f\) est continue sur \(\left] 0, 1 \right]\), donc seule la borne 0 est à étudier. Or \(t^{3/4} |f(t)| = t^{1/4} |\ln t|\) tend vers 0 par croissances comparées. Ainsi \(|f(t)| = o\left(\frac{1}{t^{3/4}}\right)\) quand \(t \to 0^+\), et \(t \mapsto t^{-3/4}\) est intégrable en 0 car \(\frac{3}{4} < 1\). Par comparaison, \(f\) est intégrable sur \(\left] 0, 1 \right]\).

2. Deux majorations lues sur la figure

   La fonction \(g\) est continue et positive sur \(\left] 0, +\infty \right[\). D’une part, \(0 \leq \arctan t \leq t\) donne \(g(t) \leq \frac{1}{\sqrt{t}}\), fonction intégrable sur \(\left] 0, 1 \right]\) puisque \(\frac{1}{2} < 1\). D’autre part, \(\arctan t \leq \frac{\pi}{2}\) donne \(g(t) \leq \frac{\pi}{2\, t^{3/2}}\), intégrable sur \(\left[ 1, +\infty \right[\) car \(\frac{3}{2} > 1\). Ainsi \(g\) est intégrable sur \(\left] 0, +\infty \right[\), et la figure montre bien que sa courbe reste sous les deux courbes en pointillés.

3. Un équivalent en 0, une majoration en l’infini

   La fonction \(h\) est continue et positive sur \(\left] 0, +\infty \right[\). En 0, on a \(1 – \cos t \sim \frac{t^2}{2}\), donc \(h(t) \sim \frac{1}{2\sqrt{t}}\), qui est intégrable au voisinage de 0. En \(+\infty\), on a ensuite \(0 \leq h(t) \leq \frac{2}{t^{5/2}}\), majorant intégrable car \(\frac{5}{2} > 1\). Donc \(h\) est intégrable sur \(\left] 0, +\infty \right[\).

4. Une borne inoffensive, une borne fatale

   La fonction \(k\) est continue et positive. En posant \(u = \frac{1}{t}\), on obtient \(k(t) = u\, \mathrm{e}^{-u}\), qui tend vers 0 quand \(t \to 0^+\) : \(k\) se prolonge par continuité en 0, qui ne pose donc aucun problème. En revanche, \(\mathrm{e}^{-1/t} \to 1\) en \(+\infty\), si bien que \(k(t) \sim \frac{1}{t}\). Or les fonctions sont positives et \(t \mapsto \frac{1}{t}\) n’est pas intégrable en \(+\infty\). Par conséquent, \(k\) n’est pas intégrable sur \(\left] 0, +\infty \right[\).

Barème : 1 point par fonction (0,25 pour la continuité et le repérage des bornes, 0,75 pour la comparaison et la conclusion).

Piège classique : déclarer \(k\) non intégrable à cause de la borne 0, alors que la fonction y tend vers 0 ; seule la borne \(+\infty\) fait diverger l’intégrale.

Exercice 2 – Une famille d’intégrales logarithmiques (4 points)

1. Existence de chaque intégrale

   La fonction \(t \mapsto \frac{(\ln t)^n}{t^3}\) est continue et positive sur \(\left[ 1, +\infty \right[\). De plus, \(t^2 \times \frac{(\ln t)^n}{t^3} = \frac{(\ln t)^n}{t}\) tend vers 0 en \(+\infty\), par croissances comparées. On a donc \(\frac{(\ln t)^n}{t^3} = o\left(\frac{1}{t^2}\right)\), et \(t \mapsto \frac{1}{t^2}\) est intégrable sur \(\left[ 1, +\infty \right[\). Ainsi \(K_n\) est bien définie pour tout \(n\).

2. Crochet nul aux deux bornes

   Soit \(n \geq 1\). On pose \(u(t) = (\ln t)^n\) et \(v(t) = -\frac{1}{2t^2}\), toutes deux de classe C1 sur \(\left[ 1, +\infty \right[\). Le produit \(u(t) v(t) = -\frac{(\ln t)^n}{2t^2}\) vaut 0 en 1, car \(\ln 1 = 0\), et tend vers 0 en \(+\infty\).

   Puisque ce produit admet une limite finie, les intégrales de \(u v^{\prime}\) et de \(u^{\prime} v\) sont de même nature ; or la première, qui vaut \(K_n\), converge. Le théorème d’intégration par parties généralisée s’applique donc, avec \(u^{\prime}(t) = \frac{n (\ln t)^{n-1}}{t}\) :

   \(K_n = \left[ u v \right]_1^{+\infty} – \int_1^{+\infty} u^{\prime}(t) v(t)\, \mathrm{d}t = 0 + \frac{n}{2} \int_1^{+\infty} \frac{(\ln t)^{n-1}}{t^3}\, \mathrm{d}t\).

   On obtient bien \(K_n = \frac{n}{2} K_{n-1}\).

3. Formule close

   D’abord, \(K_0 = \left[ -\frac{1}{2t^2} \right]_1^{+\infty} = \frac{1}{2}\). Montrons par récurrence que \(K_n = \frac{n!}{2^{n+1}}\) : c’est vrai pour \(n = 0\), et si c’est vrai au rang \(n – 1\), alors \(K_n = \frac{n}{2} \times \frac{(n-1)!}{2^n} = \frac{n!}{2^{n+1}}\). Pour tout \(n\), \(K_n = \frac{n!}{2^{n+1}}\).

4. Retour par l’exponentielle

   L’application \(u \mapsto \mathrm{e}^u\) est une bijection de classe C1, strictement croissante, de \(\left[ 0, +\infty \right[\) sur \(\left[ 1, +\infty \right[\). Avec \(t = \mathrm{e}^u\) et \(\mathrm{d}t = \mathrm{e}^u\, \mathrm{d}u\), le théorème de changement de variable donne :

   \(K_n = \int_0^{+\infty} \frac{u^n}{\mathrm{e}^{3u}}\, \mathrm{e}^u\, \mathrm{d}u = \int_0^{+\infty} u^n \mathrm{e}^{-2u}\, \mathrm{d}u\).

   Pour \(n = 5\), il vient alors \(\int_0^{+\infty} u^5 \mathrm{e}^{-2u}\, \mathrm{d}u = K_5 = \frac{120}{64}\). Cette intégrale vaut \(\frac{15}{8}\).

Barème : question 1 sur 1 point ; question 2 sur 1,5 point (0,75 pour la limite du crochet et la justification, 0,75 pour la relation) ; question 3 sur 0,5 point ; question 4 sur 1 point (0,5 pour le changement de variable justifié, 0,5 pour la valeur).

Piège classique : écrire la formule d’intégration par parties directement sur \(\left[ 1, +\infty \right[\) sans calculer la limite du crochet ; c’est pourtant cette limite qui rend le calcul légitime.

Exercice 3 – Équivalents de deux restes (4 points)

1. Intégration d’un équivalent

   Pour \(t \geq x > 0\), on a \(0 < \frac{1}{t^3 + \sqrt{t}} \leq \frac{1}{t^3}\), et \(t \mapsto \frac{1}{t^3}\) est intégrable sur \(\left[ x, +\infty \right[\). Donc \(R(x)\) existe.

   Comme \(\sqrt{t} = o(t^3)\) en \(+\infty\), on a ensuite \(\frac{1}{t^3 + \sqrt{t}} \sim \frac{1}{t^3}\). Ces deux fonctions sont positives et intégrables au voisinage de \(+\infty\) ; le théorème d’intégration des relations de comparaison assure alors que leurs restes sont équivalents. Ainsi \(R(x) \sim \int_x^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^3} = \frac{1}{2x^2}\).

2. Intégration par parties sur le reste

   a) Sur \(\left[ x, +\infty \right[\), les deux fonctions sont continues, positives, et majorées par \(\frac{\mathrm{e}^{-2t}}{\sqrt{x}}\) et \(\frac{\mathrm{e}^{-2t}}{x^{3/2}}\), qui sont intégrables. Les intégrales \(T(x)\) et \(U(x)\) existent donc.

   Posons \(u(t) = t^{-1/2}\) et \(v(t) = -\frac{\mathrm{e}^{-2t}}{2}\), de classe C1. Le produit \(u(t) v(t) = -\frac{\mathrm{e}^{-2t}}{2\sqrt{t}}\) tend vers 0 en \(+\infty\), et \(u^{\prime}(t) = -\frac{1}{2} t^{-3/2}\). Par intégration par parties, puisque \(U(x)\) converge :

   \(T(x) = \frac{\mathrm{e}^{-2x}}{2\sqrt{x}} – \int_x^{+\infty} \frac{1}{2} t^{-3/2} \times \frac{\mathrm{e}^{-2t}}{2}\, \mathrm{d}t\). Donc \(T(x) = \frac{\mathrm{e}^{-2x}}{2\sqrt{x}} – \frac{1}{4} U(x)\).

   Encadrement et passage à la limite

   b) Pour \(t \geq x\), on a \(\frac{1}{t^{3/2}} = \frac{1}{t} \times \frac{1}{\sqrt{t}} \leq \frac{1}{x} \times \frac{1}{\sqrt{t}}\). En multipliant par \(\mathrm{e}^{-2t} > 0\), puis en intégrant, on obtient \(0 \leq U(x) \leq \frac{T(x)}{x}\).

   D’une part, la relation précédente donne \(T(x) \leq \frac{\mathrm{e}^{-2x}}{2\sqrt{x}}\), car \(U(x) \geq 0\). D’autre part, \(T(x) \geq \frac{\mathrm{e}^{-2x}}{2\sqrt{x}} – \frac{T(x)}{4x}\), soit \(T(x) \left(1 + \frac{1}{4x}\right) \geq \frac{\mathrm{e}^{-2x}}{2\sqrt{x}}\). Par conséquent :

   \(\frac{1}{1 + \frac{1}{4x}} \leq \frac{T(x)}{\frac{\mathrm{e}^{-2x}}{2\sqrt{x}}} \leq 1\).

   

   Le minorant tend vers 1, donc le théorème des gendarmes conclut. On a \(T(x) \sim \frac{\mathrm{e}^{-2x}}{2\sqrt{x}}\) quand \(x \to +\infty\). La figure montre le quotient coincé entre les deux bornes.

Barème : question 1 sur 1,5 point (0,5 pour l’existence, 1 pour l’équivalent avec le théorème cité) ; question 2 a) sur 1 point ; question 2 b) sur 1,5 point (0,5 pour l’inégalité, 1 pour l’encadrement et la conclusion).

Piège classique : intégrer un équivalent sans vérifier la positivité et l’intégrabilité des fonctions ; sans ces hypothèses, le théorème sur les restes ne s’applique pas.

Exercice 4 – Problème : le sinus cardinal (8 points)

1. Prolongement en 0

   Comme \(\sin t \sim t\) en 0, le quotient \(\varphi(t)\) tend vers 1. On prolonge donc \(\varphi\) par continuité en posant \(\varphi(0) = 1\), ce que marque le point creux de la figure. L’intégrale sur \(\left[ 0, 1 \right]\) est alors celle d’une fonction continue sur un segment. Seule la borne \(+\infty\) pose problème.

2. Convergence par une intégration par parties

   Soit \(x \geq 1\). Les fonctions \(t \mapsto \frac{1}{t}\) et \(t \mapsto -\cos t\) sont de classe C1 sur le segment \(\left[ 1, x \right]\), donc :

   \(\int_1^x \frac{\sin t}{t}\, \mathrm{d}t = \left[ -\frac{\cos t}{t} \right]_1^x – \int_1^x \frac{\cos t}{t^2}\, \mathrm{d}t = \cos 1 – \frac{\cos x}{x} – \int_1^x \frac{\cos t}{t^2}\, \mathrm{d}t\).

   Quand \(x \to +\infty\), le terme \(\frac{\cos x}{x}\) tend vers 0, car il est majoré en valeur absolue par \(\frac{1}{x}\). De plus, \(\left| \frac{\cos t}{t^2} \right| \leq \frac{1}{t^2}\) : cette fonction est intégrable sur \(\left[ 1, +\infty \right[\), et la dernière intégrale admet une limite finie. Le membre de gauche a donc une limite finie. Avec la question 1, l’intégrale \(I\) converge.

3. Minoration arche par arche

   Pour \(t \in \left] k\pi, (k+1)\pi \right]\), on a \(\frac{1}{t} \geq \frac{1}{(k+1)\pi}\). De plus, \(\int_{k\pi}^{(k+1)\pi} |\sin t|\, \mathrm{d}t = 2\), puisque \(|\sin|\) est \(\pi\)-périodique. Il vient donc \(A_k \geq \frac{2}{(k+1)\pi}\).

   Pour tout entier \(N \geq 1\), on somme alors ces inégalités, grâce à la relation de Chasles :

   \(\int_0^{N\pi} |\varphi(t)|\, \mathrm{d}t = \sum_{k=0}^{N-1} A_k \geq \frac{2}{\pi} \sum_{j=1}^{N} \frac{1}{j}\).

   La série harmonique diverge, donc ces intégrales ne sont pas bornées. Or \(|\varphi|\) est positive : son intégrale partielle croît sans limite finie. Ainsi \(\varphi\) n’est pas intégrable sur \(\left] 0, +\infty \right[\), et l’intégrale \(I\) est semi-convergente. Sur la figure, les aires décroissent bien, mais trop lentement, comme les termes de la série harmonique.

4. Développement du reste

   Soit \(x > 0\). Sur \(\left[ x, +\infty \right[\), le produit \(-\frac{\cos t}{t}\) tend vers 0 en \(+\infty\), et \(\frac{\cos t}{t^2}\) est intégrable. L’intégration par parties généralisée donne donc \(r(x) = \frac{\cos x}{x} – \int_x^{+\infty} \frac{\cos t}{t^2}\, \mathrm{d}t\).

   Recommençons avec \(t \mapsto \frac{1}{t^2}\) et \(t \mapsto \sin t\) : le produit \(\frac{\sin t}{t^2}\) tend vers 0 en \(+\infty\), d’où :

   \(\int_x^{+\infty} \frac{\cos t}{t^2}\, \mathrm{d}t = -\frac{\sin x}{x^2} + 2 \int_x^{+\infty} \frac{\sin t}{t^3}\, \mathrm{d}t\).

   Enfin, \(\left| 2 \int_x^{+\infty} \frac{\sin t}{t^3}\, \mathrm{d}t \right| \leq 2 \int_x^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^3} = \frac{1}{x^2}\). On obtient ainsi \(\left| r(x) – \frac{\cos x}{x} \right| \leq \frac{2}{x^2}\). Donc \(r(x) = \frac{\cos x}{x} + O\left(\frac{1}{x^2}\right)\). Notez que \(r(x)\) n’a pas d’équivalent simple, car \(\cos x\) s’annule une infinité de fois.

5. Changement d’échelle puis carré du sinus

   L’application \(u \mapsto \frac{u}{a}\) est une bijection de classe C1, strictement croissante, de \(\left] 0, +\infty \right[\) sur lui-même. Avec \(t = \frac{u}{a}\), on a \(\frac{\sin(at)}{t}\, \mathrm{d}t = \frac{a \sin u}{u} \times \frac{\mathrm{d}u}{a} = \frac{\sin u}{u}\, \mathrm{d}u\). Le changement de variable conserve la nature de l’intégrale. Donc \(\int_0^{+\infty} \frac{\sin(at)}{t}\, \mathrm{d}t = I\) pour tout \(a > 0\).

   Ensuite, \(t \mapsto \frac{\sin^2 t}{t^2}\) est continue et positive sur \(\left] 0, +\infty \right[\) ; elle tend vers 1 en 0 et reste majorée par \(\frac{1}{t^2}\) sur \(\left[ 1, +\infty \right[\). Elle est donc intégrable.

   Posons \(u(t) = \sin^2 t\) et \(v(t) = -\frac{1}{t}\). Leur produit vérifie \(\left| u(t) v(t) \right| \leq t\) près de 0, car \(|\sin t| \leq t\), et \(\left| u(t) v(t) \right| \leq \frac{1}{t}\) : il tend vers 0 aux deux bornes. Comme \(u^{\prime}(t) = 2 \sin t \cos t = \sin(2t)\), l’intégration par parties sur \(\left] 0, +\infty \right[\) donne :

   \(\int_0^{+\infty} \frac{\sin^2 t}{t^2}\, \mathrm{d}t = 0 + \int_0^{+\infty} \frac{\sin(2t)}{t}\, \mathrm{d}t\).

   Le résultat précédent, avec \(a = 2\), permet de conclure. Cette intégrale vaut donc \(I\). On peut d’ailleurs montrer, par d’autres méthodes, que \(I = \frac{\pi}{2}\).

Barème : question 1 sur 1 point ; question 2 sur 2 points (1 pour l’intégration par parties, 1 pour le passage à la limite justifié) ; question 3 sur 2 points (1 pour la minoration, 1 pour la conclusion) ; question 4 sur 1,5 point ; question 5 sur 1,5 point (0,5 puis 1).

Piège classique : conclure à l’intégrabilité de \(\varphi\) parce que \(I\) converge ; la convergence d’une intégrale ne garantit pas celle de l’intégrale de la valeur absolue.

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