Fonction définie par une intégrale : corrigé du contrôle de maths en MP

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Barème du contrôle corrigé : fonction définie par une intégrale

Le corrigé détaillé : fonction définie par une intégrale

Exercice 1 – Existence et deux valeurs exactes (3 points)

1. Le cas d’un paramètre positif

   Pour tout \(x\), la fonction \(t \mapsto f(x, t)\) est continue et positive sur \(\left[0\,;+\infty\right[\). Si \(x > 0\), on a \(1 + \mathrm{e}^{-2t} \geq 1\), donc \(0 \leq f(x, t) \leq \mathrm{e}^{-xt}\). Or \(t \mapsto \mathrm{e}^{-xt}\) est intégrable sur \(\left[0\,;+\infty\right[\) ; par comparaison de fonctions positives, \(f(x, \cdot)\) l’est aussi.

   Le cas contraire

   Si \(x \leq 0\), alors \(1 + \mathrm{e}^{-2t} \leq 2\) et \(\mathrm{e}^{-xt} \geq 1\), d’où \(f(x, t) \geq \frac{1}{2}\). Une fonction minorée par une constante strictement positive n’est pas intégrable en \(+\infty\). Ainsi \(f(x, \cdot)\) est intégrable si et seulement si \(x > 0\), et \(F\) est définie sur \(\left]0\,;+\infty\right[\).

2. L’application \(\varphi : t \mapsto \mathrm{e}^{-t}\) est de classe \(C^1\), strictement décroissante, et réalise une bijection de \(\left]0\,;+\infty\right[\) sur \(\left]0\,;1\right[\). Le théorème de changement de variable pour les intégrales généralisées s’applique donc, avec \(\mathrm{d}u = -\mathrm{e}^{-t}\,\mathrm{d}t\) :
   \(F(1) = \displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{\mathrm{e}^{-t}}{1 + \mathrm{e}^{-2t}}\,\mathrm{d}t = \int_0^1 \frac{\mathrm{d}u}{1 + u^2} = \arctan 1\).
   Par conséquent, \(F(1) = \frac{\pi}{4}\).
3. Avec le même changement de variable, on écrit \(\mathrm{e}^{-2t} = u \times \mathrm{e}^{-t}\), puis :
   \(F(2) = \displaystyle\int_0^1 \frac{u}{1 + u^2}\,\mathrm{d}u = \left[\frac{1}{2}\ln\left(1 + u^2\right)\right]_0^1\).
   Donc \(F(2) = \frac{\ln 2}{2}\).

Barème : 1) comparaison pour \(x > 0\) 0,5, non-intégrabilité pour \(x \leq 0\) 0,5 ; 2) hypothèses du changement de variable 0,5, calcul 0,5 ; 3) calcul 1.

Piège classique : oublier le cas \(x = 0\) ; la fonction tend alors vers \(1\), et non vers \(0\), en \(+\infty\).

Exercice 2 – Relation fonctionnelle et série alternée (4 points)

1. Soit \(x > 0\). Les fonctions \(f(x, \cdot)\) et \(f(x + 2, \cdot)\) sont intégrables, et leur somme vaut \(\frac{\mathrm{e}^{-xt}\left(1 + \mathrm{e}^{-2t}\right)}{1 + \mathrm{e}^{-2t}} = \mathrm{e}^{-xt}\). Par linéarité de l’intégrale, on obtient \(F(x) + F(x + 2) = \displaystyle\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-xt}\,\mathrm{d}t\). Ainsi \(F(x) + F(x + 2) = \frac{1}{x}\).
2. Pour \(N = 0\), la formule s’écrit \(F(x) = \frac{1}{x} – F(x + 2)\) : c’est la question 1. Supposons-la vraie au rang \(N\). Appliquons alors la question 1 en \(y = x + 2N + 2\) :
   \((-1)^{N+1} F(x + 2N + 2) = \frac{(-1)^{N+1}}{x + 2(N + 1)} + (-1)^{N+2} F\left(x + 2(N + 1) + 2\right)\).
   En reportant dans l’égalité du rang \(N\), on obtient celle du rang \(N + 1\). La formule est donc vraie pour tout \(N \in \mathbb{N}\).
3. Puisque \(0 \leq f(y, t) \leq \mathrm{e}^{-yt}\), la positivité de l’intégrale donne \(0 \leq F(y) \leq \frac{1}{y}\). Notons \(S_N(x)\) la somme partielle d’indice \(N\). Alors, d’après la question 2 :
   \(\left|F(x) – S_N(x)\right| = F(x + 2N + 2) \leq \frac{1}{x + 2N + 2}\).
   Ce majorant tend vers \(0\) quand \(N \to +\infty\). La série converge donc, et \(F(x) = \displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{(-1)^k}{x + 2k}\).
4. Ce théorème exige la convergence de la série \(\sum \int_0^{+\infty} \left|(-1)^k \mathrm{e}^{-(x + 2k)t}\right| \mathrm{d}t\). Or cette intégrale vaut \(\frac{1}{x + 2k}\), qui est équivalent à \(\frac{1}{2k}\) : la série correspondante diverge, par comparaison à la série harmonique. L’hypothèse de sommabilité des intégrales fait défaut, d’où le recours au reste explicite.

Barème : 1) somme des intégrandes 0,5, linéarité et calcul 0,5 ; 2) initialisation 0,25, hérédité 0,75 ; 3) encadrement 0,5, passage à la limite 0,5 ; 4) hypothèse identifiée 0,5, divergence prouvée 0,5.

Piège classique : intégrer terme à terme sans vérifier la convergence de la série des intégrales des valeurs absolues ; ici, elle diverge.

Exercice 3 – Régularité et limite à l’infini (4 points)

1. Les hypothèses du théorème

   Fixons \(a > 0\) et travaillons sur \(I_a = \left[a\,;+\infty\right[\). D’abord, pour tout \(x \in I_a\), la fonction \(f(x, \cdot)\) est intégrable d’après l’exercice 1. Ensuite, pour tout \(t \geq 0\), la fonction \(x \mapsto f(x, t)\) est de classe \(C^1\), de dérivée \(\frac{\partial f}{\partial x}(x, t) = -\frac{t\,\mathrm{e}^{-xt}}{1 + \mathrm{e}^{-2t}}\). De plus, cette dérivée partielle est continue en \(t\) pour \(x\) fixé.

   Une domination sur I_a

   Pour \(x \geq a\) et \(t \geq 0\), on a \(\left|\frac{\partial f}{\partial x}(x, t)\right| \leq t\,\mathrm{e}^{-at}\). Or \(t \mapsto t\,\mathrm{e}^{-at}\) est continue et intégrable sur \(\left[0\,;+\infty\right[\), car \(t^2 \times t\,\mathrm{e}^{-at} \to 0\) en \(+\infty\). Le théorème de dérivation des intégrales à paramètre montre alors que \(F\) est \(C^1\) sur chaque \(I_a\). Comme \(a\) est arbitraire, \(F\) est de classe \(C^1\) sur \(\left]0\,;+\infty\right[\), avec la formule annoncée.

2. Pour \(x > 0\), l’intégrande de \(-F^{\prime}(x)\) est continu, positif et non identiquement nul. Donc \(F^{\prime}(x) < 0\), et \(F\) est strictement décroissante.

3. Majoration uniforme du reste

   Pour \(x > 0\) fixé, la série \(\sum \frac{(-1)^k}{x + 2k}\) est alternée, et \(\frac{1}{x + 2k}\) décroît vers \(0\). Le critère des séries alternées donne donc \(\left|R_N(x)\right| \leq \frac{1}{x + 2N + 2} \leq \frac{1}{2N + 2}\). Ce majorant ne dépend pas de \(x\) et tend vers \(0\). La convergence est ainsi uniforme sur \(\left]0\,;+\infty\right[\).

   Le passage à la limite

   Chaque terme \(\frac{(-1)^k}{x + 2k}\) tend vers \(0\) quand \(x \to +\infty\). La convergence étant uniforme au voisinage de \(+\infty\), le théorème de la double limite permet d’échanger limite et somme. Par conséquent, \(F(x) \to 0\) quand \(x \to +\infty\), ce que confirmait déjà l’encadrement \(0 \leq F(x) \leq \frac{1}{x}\).

Barème : 1) intégrabilité et classe \(C^1\) en \(x\) 0,5, continuité en \(t\) 0,25, domination 1, conclusion sur \(\left]0\,;+\infty\right[\) 0,25 ; 2) 0,5 ; 3) majoration du reste 0,75, double limite 0,75.

Piège classique : chercher une domination valable sur tout \(\left]0\,;+\infty\right[\) ; la fonction \(t \mapsto t\) n’est pas intégrable, d’où le travail sur \(\left[a\,;+\infty\right[\).

Exercice 4 – Comportement aux deux bornes (4 points)

1. D’après l’exercice 2, \(F(x) = \frac{1}{x} – F(x + 2)\). Or \(F\) est continue en \(2\), donc \(F(x + 2) \to F(2) = \frac{\ln 2}{2}\) quand \(x \to 0^+\). Ainsi \(F(x) = \frac{1}{x} – \frac{\ln 2}{2} + o(1)\). Il en découle que \(x F(x) = 1 – \frac{x \ln 2}{2} + o(x)\) tend vers \(1\). Donc \(F(x) \sim \frac{1}{x}\) quand \(x \to 0^+\).

2. Minoration par la décroissance

   Soit \(x > 2\). Comme \(F\) est décroissante, \(F(x + 2) \leq F(x)\), donc \(\frac{1}{x} = F(x) + F(x + 2) \leq 2F(x)\). On obtient \(F(x) \geq \frac{1}{2x}\).

   Majoration en reculant de deux

   De même, \(x – 2 > 0\) et \(F(x) \leq F(x – 2)\). La relation fonctionnelle en \(x – 2\) donne alors \(\frac{1}{x – 2} = F(x – 2) + F(x) \geq 2F(x)\), soit \(F(x) \leq \frac{1}{2(x – 2)}\).

   L’équivalent

   En multipliant par \(2x\), on trouve \(1 \leq 2xF(x) \leq \frac{x}{x – 2}\), et ce dernier quotient tend vers \(1\). Par encadrement, \(2xF(x) \to 1\). Ainsi \(F(x) \sim \frac{1}{2x}\) quand \(x \to +\infty\). La figure montre la bande où la courbe de \(F\) est piégée.

   

3. L’écart vertical vaut \(\frac{1}{x} – F(x) = F(x + 2)\), qui est strictement positif comme intégrale d’une fonction continue, positive et non nulle. La courbe de \(F\) reste donc sous celle de \(x \mapsto \frac{1}{x}\), et l’écart tend vers \(\frac{\ln 2}{2}\) en \(0^+\), par continuité de \(F\) en \(2\).

Barème : 1) développement 1, équivalent 0,5 ; 2) minoration 0,5, majoration 0,5, équivalent 0,5 ; 3) position 0,5, limite de l’écart 0,5.

Piège classique : écrire \(F(x) \sim \frac{1}{x} – \frac{\ln 2}{2}\) ; un équivalent ne s’additionne pas, seul le développement avec \(o(1)\) a un sens.

Exercice 5 – Problème : la constante de Catalan (5 points)

1. Vérification des hypothèses

   Posons \(u_k(x) = \frac{(-1)^k}{x + 2k}\). Chaque \(u_k\) est de classe \(C^1\) sur \(\left]0\,;+\infty\right[\), avec \(u_k^{\prime}(x) = \frac{(-1)^{k+1}}{(x + 2k)^2}\). D’abord, la série \(\sum u_k\) converge simplement d’après l’exercice 2. Ensuite, fixons \(a > 0\) : pour \(x \geq a\), on a \(\left|u_k^{\prime}(x)\right| \leq \frac{1}{(a + 2k)^2}\), terme général d’une série convergente, car il est équivalent à \(\frac{1}{4k^2}\). La série des dérivées converge donc normalement, donc uniformément, sur \(\left[a\,;+\infty\right[\).

   Conclusion par dérivation terme à terme

   Le théorème de dérivation des séries de fonctions s’applique sur chaque \(\left[a\,;+\infty\right[\), donc sur \(\left]0\,;+\infty\right[\). Pour tout \(x > 0\), \(F^{\prime}(x) = \displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{(x + 2k)^2}\).

2. En \(x = 1\), la question précédente donne \(F^{\prime}(1) = -\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{(-1)^k}{(2k + 1)^2} = -G\). Par ailleurs, l’exercice 3 fournit \(F^{\prime}(1) = -\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{t\,\mathrm{e}^{-t}}{1 + \mathrm{e}^{-2t}}\,\mathrm{d}t\). En multipliant numérateur et dénominateur par \(\mathrm{e}^{t}\), l’intégrande devient \(\frac{t}{\mathrm{e}^{t} + \mathrm{e}^{-t}}\). Donc \(G = \displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{t}{\mathrm{e}^{t} + \mathrm{e}^{-t}}\,\mathrm{d}t\).
3. Reprenons la bijection \(C^1\) strictement décroissante \(t \mapsto u = \mathrm{e}^{-t}\) de \(\left]0\,;+\infty\right[\) sur \(\left]0\,;1\right[\). On a \(t = -\ln u\) et \(\frac{t\,\mathrm{e}^{-t}}{1 + \mathrm{e}^{-2t}} = \frac{-u\ln u}{1 + u^2}\), puis \(\mathrm{d}t = -\frac{\mathrm{d}u}{u}\). Le changement de variable conserve l’intégrabilité, et le signe moins inverse les bornes :
   \(G = \displaystyle\int_0^1 \frac{-u\ln u}{1 + u^2} \times \frac{\mathrm{d}u}{u}\).
   Ainsi \(G = -\displaystyle\int_0^1 \frac{\ln u}{1 + u^2}\,\mathrm{d}u\).

4. Le critère des séries alternées

   La suite \(\frac{1}{(2k + 1)^2}\) décroît vers \(0\). Les sommes partielles \(S_N\) de rang pair décroissent alors, celles de rang impair croissent, et ces deux suites adjacentes encadrent \(G\). En particulier, \(S_3 \leq G \leq S_2\).

   Deux fractions exactes

   D’une part, \(S_2 = 1 – \frac{1}{9} + \frac{1}{25} = \frac{225 – 25 + 9}{225} = \frac{209}{225}\).

   D’autre part, \(S_3 = \frac{209}{225} – \frac{1}{49} = \frac{209 \times 49 – 225}{225 \times 49} = \frac{10241 – 225}{11025} = \frac{10016}{11025}\).

   Par conséquent, \(\frac{10016}{11025} \leq G \leq \frac{209}{225}\), soit \(0{,}908 \leq G \leq 0{,}929\) environ. La figure montre les sommes partielles qui oscillent autour de \(G\).

   

Barème : 1) convergence simple 0,25, domination des dérivées sur \(\left[a\,;+\infty\right[\) 0,75, conclusion 0,5 ; 2) identification des deux expressions de \(F^{\prime}(1)\) 1 ; 3) changement de variable justifié 1 ; 4) critère des séries alternées 0,5, calcul de \(S_2\) 0,5, calcul de \(S_3\) 0,5.

Piège classique : demander la convergence uniforme de la série des dérivées sur tout \(\left]0\,;+\infty\right[\) ; seul compte chaque \(\left[a\,;+\infty\right[\), et le terme \(k = 0\) y reste borné.

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Consolider fonction définie par une intégrale après ce corrigé

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