Corrigé des exercices : Fonction Gamma et intégrale de Gauss en L2 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Un cosinus intégré sur le segment unité

Idée clé : l’intégration se fait sur le segment \([0,1]\) ; la continuité de l’intégrande sur \(\mathbb{R} \times [0,1]\) suffit donc, sans domination.

1. Sur \(\mathbb{R} \times [0,1]\), le numérateur \(\cos(xt)\) est continu et le dénominateur \(1+t\) reste supérieur à 1. L’intégrande est donc continue sur ce domaine, et l’intégration porte sur un segment. Par conséquent, \(F\) est définie et continue sur \(\mathbb{R}\).
2. Comme le cosinus est pair, \(\cos(-xt) = \cos(xt)\), donc \(F(-x) = F(x)\). De plus, \(\left|\frac{\cos(xt)}{1+t}\right| \leq \frac{1}{1+t}\). En intégrant sur \([0,1]\), on obtient \(|F(x)| \leq \ln 2\).
3. La dérivée partielle \(-\frac{t\sin(xt)}{1+t}\) est continue sur \(\mathbb{R} \times [0,1]\). Le théorème de dérivation sur un segment donne donc \(F\) de classe \(C^1\), avec \(F^{\prime}(x) = -\int_0^1 \frac{t\sin(xt)}{1+t}\,dt\). En \(x = 0\), le sinus s’annule, si bien que \(F^{\prime}(0) = 0\). On pouvait le prévoir : une fonction paire dérivable a une dérivée nulle en 0.

Corrigé de l’exercice 2 – Dériver puis calculer directement

Idée clé : on applique le théorème sur un segment, puis on contrôle le résultat par un calcul explicite de primitive.

1. Si \(x \geq 0\), on a \(1 + xt \geq 1\). Si \(-1 < x < 0\), alors \(xt \geq x > -1\) pour \(t \in [0,1]\), donc \(1 + xt > 0\). Ainsi, \((x,t) \mapsto \ln(1+xt)\) est de classe \(C^1\) sur \(]-1,+\infty[ \times [0,1]\), de dérivée partielle \(\frac{t}{1+xt}\). Par conséquent, \(F\) est de classe \(C^1\).
2. On a \(F^{\prime}(x) = \int_0^1 \frac{t}{1+xt}\,dt\), donc \(F^{\prime}(0) = \int_0^1 t\,dt = \frac{1}{2}\).
3. Pour \(x \neq 0\), on pose \(s = 1 + xt\). Ainsi,
   \[F(x) = \frac{1}{x}\int_1^{1+x} \ln s\,ds = \frac{1}{x}\Big[s\ln s – s\Big]_1^{1+x} = \frac{(1+x)\ln(1+x)}{x} – 1.\]
   Au voisinage de 0, le développement du logarithme à l’ordre 2 donne \((1+x)\ln(1+x) = x + \frac{x^2}{2} + o(x^2)\). Après division par \(x\), le quotient vaut \(1 + \frac{x}{2} + o(x)\). Ainsi, \(F(x) = \frac{x}{2} + o(x)\), et comme \(F(0) = 0\), on retrouve \(F^{\prime}(0) = \frac{1}{2}\).

Corrigé de l’exercice 3 – Valeurs particulières de Gamma

Idée clé : on utilise \(\Gamma(n+1) = n!\), la relation \(\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)\) et un changement de variable linéaire.

1. D’abord, \(\Gamma(5) = 4! = 24\). Ensuite, \(\Gamma\left(\frac{7}{2}\right) = \frac{5}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{2}\,\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\), donc \(\Gamma\left(\frac{7}{2}\right) = \frac{15\sqrt{\pi}}{8}\).
2. Avec \(s = 2t\), on a \(t^3 = \frac{s^3}{8}\) et \(dt = \frac{ds}{2}\). Ainsi, l’intégrale vaut \(\frac{1}{16}\int_0^{+\infty} s^3 e^{-s}\,ds = \frac{\Gamma(4)}{16} = \frac{6}{16}\). Elle vaut \(\frac{3}{8}\).
3. Comme \(\sqrt{t} = t^{3/2 – 1}\), l’intégrale vaut \(\Gamma\left(\frac{3}{2}\right) = \frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\). Elle vaut \(\frac{\sqrt{\pi}}{2}\).
4. Enfin, \(\Gamma\left(\frac{5}{2}\right) = \frac{3}{2}\cdot\frac{1}{2}\,\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\). Le quotient vaut \(\frac{3}{4}\).

Corrigé de l’exercice 4 – Domaine de définition de Gamma

Idée clé : l’intégrande est positive ; on étudie séparément la borne 0, où seule la puissance compte, et la borne infinie, où l’exponentielle domine.

1. Sur \(]0,+\infty[\), l’intégrande \(t^{x-1}e^{-t}\) ne prend que des valeurs positives et varie continûment. Près de 0, le facteur \(e^{-t}\) tend vers 1, de sorte que tout se joue sur \(\frac{1}{t^{1-x}}\). La règle de Riemann exige \(1 – x < 1\) : le morceau sur \(]0,1]\) converge pour \(x > 0\) et seulement dans ce cas. En \(+\infty\), \(t^2 \cdot t^{x-1}e^{-t} = t^{x+1}e^{-t}\) tend vers 0, donc le morceau sur \([1,+\infty[\) converge toujours. L’intégrale converge exactement pour \(x > 0\).
2. Avec \(s = 3t\), on a \(t^{x-1} = 3^{1-x}s^{x-1}\) et \(dt = \frac{ds}{3}\). Ainsi, \(\int_0^{+\infty} t^{x-1}e^{-3t}\,dt = \frac{\Gamma(x)}{3^x}\).
3. L’application \(u \mapsto e^{-u}\) envoie \(]0,+\infty[\) sur \(]0,1[\) en décroissant, et elle est de classe \(C^1\). Avec \(t = e^{-u}\), on a \(dt = -e^{-u}\,du\), \(t^{x-1} = e^{-(x-1)u}\) et \((\ln t)^2 = u^2\). L’intégrale a donc la même nature que \(\int_0^{+\infty} u^2 e^{-xu}\,du\). Celle-ci converge si et seulement si \(x > 0\) : pour \(x \leq 0\), l’intégrande ne tend même pas vers 0. Pour \(x > 0\), le changement \(s = xu\) donne \(\frac{\Gamma(3)}{x^3}\). L’intégrale vaut \(\frac{2}{x^3}\) pour \(x > 0\).

Corrigé de l’exercice 5 – Variantes de l’intégrale de Gauss

Idée clé : on ramène chaque intégrale à \(\int e^{-s^2}\,ds\) par un changement de variable affine, ou par une intégration par parties.

1. Avec \(s = \sqrt{3}\,t\), on a \(dt = \frac{ds}{\sqrt{3}}\). Donc \(\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-3t^2}\,dt = \sqrt{\frac{\pi}{3}}\).
2. Sur \([0,A]\), on écrit \(t^2e^{-t^2} = t \cdot t e^{-t^2}\), et l’on primitive \(t e^{-t^2}\) en \(-\frac{1}{2}e^{-t^2}\). Ainsi, \(\int_0^A t^2e^{-t^2}\,dt = -\frac{A}{2}e^{-A^2} + \frac{1}{2}\int_0^A e^{-t^2}\,dt\). En faisant tendre \(A\) vers \(+\infty\), on obtient \(\int_0^{+\infty} t^2 e^{-t^2}\,dt = \frac{\sqrt{\pi}}{4}\).
3. On écrit \(-t^2 + 2t = -(t-1)^2 + 1\). Avec \(s = t – 1\), il vient \(\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-t^2+2t}\,dt = e\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-s^2}\,ds\). Elle vaut \(e\sqrt{\pi}\).

Corrigé de l’exercice 6 – Premières transformées de Laplace

Idée clé : chaque intégrale se calcule sur \([0,A]\) ; la convergence dépend du signe de l’exposant de l’exponentielle.

1. Pour \(p > 0\), \(\int_0^A e^{-pt}\,dt = \frac{1 – e^{-pA}}{p}\) tend vers \(\frac{1}{p}\). Pour \(p \leq 0\), l’intégrande ne tend pas vers 0 et reste positive, d’où la divergence. On a \(\mathcal{L}1(p) = \frac{1}{p}\) pour \(p > 0\).
2. On a \(e^{2t}e^{-pt} = e^{-(p-2)t}\). Le point précédent, appliqué à \(p – 2\), donne \(\frac{1}{p-2}\) pour \(p > 2\), et la divergence sinon.
3. Pour \(p \leq 0\), l’intégrande tend vers \(+\infty\), d’où la divergence. Pour \(p > 0\), une intégration par parties sur \([0,A]\), suivie du passage à la limite, donne \(\int_0^{+\infty} t^2e^{-pt}\,dt = \frac{2}{p}\int_0^{+\infty} t\,e^{-pt}\,dt\). Une seconde intégration par parties donne \(\frac{1}{p}\int_0^{+\infty} e^{-pt}\,dt = \frac{1}{p^2}\). Finalement, \(\mathcal{L}(t^2)(p) = \frac{2}{p^3}\).
4. Pour \(p > 0\), on a \(\int_0^A e^{(3i – p)t}\,dt = \frac{e^{(3i-p)A} – 1}{3i – p}\), et \(|e^{(3i-p)A}| = e^{-pA}\) tend vers 0. Ainsi, l’intégrale vaut \(\frac{1}{p – 3i} = \frac{p + 3i}{p^2 + 9}\). Sa partie imaginaire donne \(\mathcal{L}(\sin 3t)(p) = \frac{3}{p^2+9}\). Pour \(p \leq 0\), sur chaque tranche \(\left[\frac{2k\pi}{3}, \frac{(2k+1)\pi}{3}\right]\), on a \(\sin(3t) \geq 0\) et \(e^{-pt} \geq 1\). L’intégrale sur cette tranche est donc au moins \(\frac{2}{3}\). Le critère de Cauchy montre alors la divergence.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Quand la domination fait défaut

Idée clé : une domination doit majorer la fonction pour toutes les valeurs du paramètre à la fois ; on calcule donc le supremum en \(x\) à \(t\) fixé.

1. Pour \(x = 0\), l’intégrande est nulle, donc \(F(0) = 0\). Pour \(x > 0\), on a \(\int_0^A x\,e^{-xt}\,dt = 1 – e^{-xA}\), qui tend vers 1. Ainsi, \(F(x) = 1\) pour \(x > 0\). La fonction \(F\) n’est pas continue en 0.
2. Fixons \(t \geq 1\) et posons \(g(x) = x\,e^{-xt}\). Le signe de \(g^{\prime}(x) = (1 – xt)\,e^{-xt}\) est celui de \(1 – xt\) : positif pour \(x < \frac{1}{t}\), négatif ensuite. Or \(\frac{1}{t}\) appartient bien à \(]0,1]\). Le supremum vaut donc \(g\left(\frac{1}{t}\right) = \frac{1}{e\,t}\).
3. Supposons qu’une telle fonction \(\varphi\) existe. Pour \(t \geq 1\), on aurait \(e\,t\,\varphi(t) \geq 1\). Or \(\int_1^{+\infty} \frac{dt}{e\,t}\) diverge, ce qui contredit l’intégrabilité de \(\varphi\) par comparaison. Aucune domination n’existe sur \(]0,1]\).
4. Pour \(x \in [a,b]\) et \(t \geq 0\), on a \(x\,e^{-xt} \leq b\,e^{-at}\), qui est intégrable. Cette domination locale justifie la continuité de \(F\) sur \(]0,+\infty[\), conformément au calcul direct.

Corrigé de l’exercice 8 – Une équation différentielle du second ordre

Idée clé : on domine les deux dérivées partielles sur \([a,+\infty[\) grâce au facteur \(e^{-at}\), puis on décompose \(\frac{t^2}{4+t^2}\).

1. Notons \(g(x,t) = \frac{e^{-xt}}{4+t^2}\). En dérivant par rapport à \(x\), on trouve \(-\frac{t\,e^{-xt}}{4+t^2}\), puis \(\frac{t^2e^{-xt}}{4+t^2}\), fonctions continues du couple \((x,t)\). Fixons \(a > 0\). D’une part, \(4 + t^2 \geq 4t\), donc \(\frac{t}{4+t^2} \leq \frac{1}{4}\). D’autre part, \(\frac{t^2}{4+t^2} \leq 1\). Pour \(x \geq a\), il vient
   \[|g(x,t)| \leq \frac{e^{-at}}{4}, \qquad \left|\frac{\partial g}{\partial x}(x,t)\right| \leq \frac{e^{-at}}{4}, \qquad \left|\frac{\partial^2 g}{\partial x^2}(x,t)\right| \leq e^{-at}.\]
   Ces majorants sont intégrables sur \([0,+\infty[\). Le théorème de dérivation, appliqué deux fois, montre que \(F\) est de classe \(C^2\) sur \([a,+\infty[\) pour tout \(a > 0\), donc sur \(]0,+\infty[\).
2. On a \(F^{\prime\prime}(x) = \int_0^{+\infty} \frac{t^2e^{-xt}}{4+t^2}\,dt\). Or \(\frac{t^2}{4+t^2} = 1 – \frac{4}{4+t^2}\). Il vient donc \(F^{\prime\prime}(x) = \int_0^{+\infty} e^{-xt}\,dt – 4F(x) = \frac{1}{x} – 4F(x)\). Ainsi, \(F^{\prime\prime} + 4F = \frac{1}{x}\).
3. Comme \(4 + t^2 \geq 4\), l’intégrande est comprise entre 0 et \(\frac{e^{-xt}}{4}\). En intégrant, on obtient \(0 \leq F(x) \leq \frac{1}{4x}\). Par encadrement, \(F(x)\) tend vers 0 en \(+\infty\).

Corrigé de l’exercice 9 – Une gaussienne modulée par un cosinus

Idée clé : la dérivée partielle est dominée par \(t\,e^{-2t^2}\) pour tout \(x\) ; une intégration par parties relie ensuite \(K^{\prime}\) à \(K\).

1. Posons \(f(x,t) = e^{-2t^2}\cos(xt)\). Pour tout \(x\), on a \(|f(x,t)| \leq e^{-2t^2}\), donc \(f(x,\cdot)\) est intégrable. Ensuite, \(\frac{\partial f}{\partial x}(x,t) = -t\,e^{-2t^2}\sin(xt)\) est continue, et majorée en module par \(t\,e^{-2t^2}\). Ce majorant, commun à tous les \(x\), a une intégrale finie, égale à \(\frac{1}{4}\). Ainsi, \(K\) est de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}\), avec \(K^{\prime}(x) = -\int_0^{+\infty} t\,e^{-2t^2}\sin(xt)\,dt\).
2. Sur \([0,A]\), on primitive \(t\,e^{-2t^2}\) en \(-\frac{1}{4}e^{-2t^2}\) et on dérive \(\sin(xt)\) en \(x\cos(xt)\) :
   \[\int_0^A t\,e^{-2t^2}\sin(xt)\,dt = -\frac{e^{-2A^2}\sin(xA)}{4} + \frac{x}{4}\int_0^A e^{-2t^2}\cos(xt)\,dt.\]
   Le premier terme tend vers 0. On obtient donc \(K^{\prime}(x) = -\frac{x}{4}K(x)\).
3. Avec \(s = \sqrt{2}\,t\), on a \(K(0) = \frac{1}{\sqrt{2}}\int_0^{+\infty} e^{-s^2}\,ds = \frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2\pi}}{4}\). Ensuite, la dérivée de \(x \mapsto K(x)\,e^{x^2/8}\) vaut \(\left(K^{\prime}(x) + \frac{x}{4}K(x)\right)e^{x^2/8} = 0\). Cette fonction est donc constante, égale à \(K(0)\). Finalement, \(K(x) = \frac{\sqrt{2\pi}}{4}\,e^{-x^2/8}\).

La figure représente \(K\). On reconnaît une nouvelle cloche de Gauss, plus large que l’intégrande d’origine : c’est un premier aperçu de la transformée de Fourier.

Corrigé de l’exercice 10 – L’intégrale de Frullani par dérivation

Idée clé : la dérivée en \(x\) fait disparaître le facteur \(\frac{1}{t}\) gênant ; il reste \(e^{-xt}\), facile à dominer et à intégrer.

1. En 0, on a \(e^{-t} – e^{-xt} = (x – 1)t + o(t)\). L’intégrande tend donc vers \(x – 1\) : c’est un faux problème. Pour \(t \geq 1\), on a \(\left|\frac{e^{-t} – e^{-xt}}{t}\right| \leq e^{-t} + e^{-xt}\), qui est intégrable puisque \(x > 0\). Ainsi, \(\Phi(x)\) est bien définie.
2. La dérivée partielle en \(x\) de \(\frac{e^{-t} – e^{-xt}}{t}\) vaut \(e^{-xt}\), continue en \((x,t)\). Fixons \(a > 0\). Pour \(x \geq a\), on a \(0 < e^{-xt} \leq e^{-at}\), intégrable sur \(]0,+\infty[\). Le théorème de dérivation donne \(\Phi\) de classe \(C^1\), avec \(\Phi^{\prime}(x) = \int_0^{+\infty} e^{-xt}\,dt = \frac{1}{x}\).
3. Comme \(\Phi(1) = 0\), on obtient \(\Phi(x) = \ln x\) pour tout \(x > 0\). Ensuite, \(\frac{e^{-2t} – e^{-5t}}{t}\) est la différence des intégrandes de \(\Phi(5)\) et de \(\Phi(2)\). Par linéarité, l’intégrale vaut \(\Phi(5) – \Phi(2)\). Elle vaut \(\ln\frac{5}{2}\).

Corrigé de l’exercice 11 – Relation fonctionnelle et factorielle

Idée clé : tout découle de l’intégration par parties ; le comportement en 0 s’obtient ensuite en écrivant \(x\,\Gamma(x) = \Gamma(x+1)\).

1. Sur \([\varepsilon, A]\), on dérive \(t^x\) en \(x\,t^{x-1}\) et on primitive \(e^{-t}\) en \(-e^{-t}\). Ainsi, \(\int_\varepsilon^A t^x e^{-t}\,dt = \varepsilon^x e^{-\varepsilon} – A^x e^{-A} + x\int_\varepsilon^A t^{x-1}e^{-t}\,dt\). Puisque \(x > 0\), les deux termes de bord tendent vers 0. On obtient \(\Gamma(x+1) = x\,\Gamma(x)\).
2. On raisonne par récurrence sur \(n\). Pour \(n = 1\), c’est la relation précédente. Si la formule est vraie au rang \(n\), alors \(\Gamma(x+n+1) = (x+n)\,\Gamma(x+n)\), ce qui donne le rang \(n+1\). La formule est établie pour tout \(n \geq 1\).
3. On a \(x\,\Gamma(x) = \Gamma(x+1)\). Par continuité de \(\Gamma\) en 1, cette quantité tend vers \(\Gamma(1) = 1\). Donc \(\Gamma(x) \sim \frac{1}{x}\) en \(0^+\).
4. L’intégrande étant positive, \(\Gamma(x) \geq \int_1^{+\infty} t^{x-1}e^{-t}\,dt\). Pour \(x \geq 1\) et \(t \geq 1\), on a \(t^{x-1} \geq 1\), donc ce minorant dépasse \(\int_1^{+\infty} e^{-t}\,dt = \frac{1}{e}\). Enfin, \(\Gamma(n+1) = n!\) tend vers \(+\infty\). Ainsi, \(\Gamma\) n’est pas bornée sur \([1,+\infty[\).

Corrigé de l’exercice 12 – Une cousine de la fonction Gamma

Idée clé : la somme \(B(x) + B(x+1)\) se calcule exactement ; combinée à la décroissance, elle fournit les deux équivalents.

1. La fonction \(t \mapsto \frac{t^{x-1}}{1+t}\) est positive et continue sur \(]0,1]\). En 0, elle est équivalente à \(t^{x-1}\). Par Riemann, l’intégrale converge exactement pour \(x > 0\).
2. Par linéarité, \(B(x) + B(x+1) = \int_0^1 \frac{t^{x-1}(1+t)}{1+t}\,dt = \int_0^1 t^{x-1}\,dt\). On obtient \(\frac{1}{x}\). De plus, \(B(1) = \int_0^1 \frac{dt}{1+t} = \ln 2\).
3. Pour \(t \in ]0,1]\), la fonction \(x \mapsto t^{x-1} = e^{(x-1)\ln t}\) décroît, car \(\ln t \leq 0\). En intégrant, \(B\) est décroissante. Ensuite, fixons \(a > 0\). Pour \(x \geq a\), on a \(0 \leq \frac{t^{x-1}}{1+t} \leq t^{a-1}\), intégrable sur \(]0,1]\). L’intégrande est continue en \(x\). Le théorème de continuité montre donc que \(B\) est continue sur \(]0,+\infty[\).
4. On écrit \(B(x) = \frac{1}{x} – B(x+1)\). Par continuité, \(B(x+1)\) tend vers \(B(1) = \ln 2\) quand \(x\) tend vers 0. Ce terme est borné, donc négligeable devant \(\frac{1}{x}\). Ainsi, \(B(x) \sim \frac{1}{x}\) en \(0^+\).
5. Par décroissance, \(B(x+1) \leq B(x)\). D’une part, \(2B(x+1) \leq B(x) + B(x+1) = \frac{1}{x}\). D’autre part, \(2B(x) \geq \frac{1}{x}\). En appliquant la première inégalité en \(x – 1\), pour \(x > 1\), on obtient \(\frac{1}{2x} \leq B(x) \leq \frac{1}{2(x-1)}\). Les deux bornes sont équivalentes à \(\frac{1}{2x}\). Par encadrement, \(B(x) \sim \frac{1}{2x}\) en \(+\infty\).

Corrigé de l’exercice 13 – Se ramener à Gamma

Idée clé : on pose \(s\) égal à l’exposant de l’exponentielle, puis on regroupe les puissances de \(s\) pour lire l’argument de Gamma.

1. Avec \(s = 4t\), on a \(t^2 = \frac{s^2}{16}\) et \(dt = \frac{ds}{4}\). L’intégrale vaut \(\frac{\Gamma(3)}{64} = \frac{2}{64}\). Elle vaut \(\frac{1}{32}\).
2. Avec \(s = t^2\), on a \(t^5\,dt = t^4 \cdot t\,dt = s^2 \cdot \frac{ds}{2}\). L’intégrale vaut \(\frac{1}{2}\Gamma(3)\). Elle vaut 1.
3. L’application \(s \mapsto e^{-s}\) envoie \(]0,+\infty[\) sur \(]0,1[\) en décroissant. Avec \(u = e^{-s}\), on a \(-\ln u = s\) et \(du = -e^{-s}\,ds\). L’intégrale devient \(\int_0^{+\infty} s^3 e^{-s}\,ds = \Gamma(4)\). Elle vaut 6.
4. Avec \(s = t^3\), on a \(t = s^{1/3}\) et \(dt = \frac{1}{3}s^{-2/3}\,ds\). L’intégrale vaut \(\frac{1}{3}\int_0^{+\infty} s^{1/3 – 1}e^{-s}\,ds = \frac{1}{3}\Gamma\left(\frac{1}{3}\right)\). Grâce à la relation fonctionnelle, elle vaut \(\Gamma\left(\frac{4}{3}\right)\).

Corrigé de l’exercice 14 – Propriétés générales de la transformée de Laplace

Idée clé : la borne \(M\) fournit toutes les dominations ; pour la limite en \(+\infty\), le changement de variable \(u = pt\) fixe la masse de l’exponentielle.

1. Pour \(p > 0\), l’intégrande est majorée en module par \(M e^{-pt}\), donc \(\mathcal{L}f(p)\) existe. La dérivée partielle en \(p\) vaut \(-t\,f(t)e^{-pt}\), continue. Fixons \(a > 0\). Pour \(p \geq a\), elle est majorée par \(M t\,e^{-at}\), intégrable. Ainsi, \(\mathcal{L}f\) est \(C^1\) sur \(]0,+\infty[\), avec la formule annoncée.
2. On a \(|\mathcal{L}f(p)| \leq \int_0^{+\infty} M e^{-pt}\,dt\). D’où \(|\mathcal{L}f(p)| \leq \frac{M}{p}\).
3. Avec \(u = pt\), on obtient \(p\,\mathcal{L}f(p) = \int_0^{+\infty} f\left(\frac{u}{p}\right)e^{-u}\,du\). Soit \((p_n)\) une suite qui tend vers \(+\infty\). Pour chaque \(u\), \(f\left(\frac{u}{p_n}\right)\) tend vers \(f(0)\) par continuité. De plus, l’intégrande est majorée par \(M e^{-u}\), intégrable. La convergence dominée donne une limite égale à \(f(0)\int_0^{+\infty} e^{-u}\,du\). Donc \(p\,\mathcal{L}f(p)\) tend vers \(f(0)\).
4. Sur \([0,A]\), on intègre par parties en primitivant \(f^{\prime}\) en \(f\) et en dérivant \(e^{-pt}\) en \(-p\,e^{-pt}\). Le crochet vaut \(f(A)e^{-pA} – f(0)\), et il reste \(p\) fois l’intégrale de \(f(t)e^{-pt}\) sur \([0,A]\). Comme \(f\) est bornée, \(f(A)e^{-pA}\) tend vers 0. On obtient \(\mathcal{L}(f^{\prime})(p) = p\,\mathcal{L}f(p) – f(0)\).
5. Les fonctions \(\sin\) et \(\cos\) sont \(C^1\) et bornées, ainsi que leurs dérivées. D’abord, \(\mathcal{L}(\cos)(p) = p\,\mathcal{L}(\sin)(p) – \sin 0 = p\,\mathcal{L}(\sin)(p)\). Ensuite, \(\mathcal{L}(-\sin)(p) = p\,\mathcal{L}(\cos)(p) – \cos 0 = p^2\mathcal{L}(\sin)(p) – 1\). On en déduit \((1 + p^2)\,\mathcal{L}(\sin)(p) = 1\). Finalement, \(\mathcal{L}(\sin)(p) = \frac{1}{1+p^2}\).

Corrigé de l’exercice 15 – Transformée de Laplace des puissances

Idée clé : le changement de variable \(s = pt\) fait sortir une puissance de \(p\) et laisse exactement la fonction Gamma.

1. L’intégrale converge pour \(a > -1\) et \(p > 0\) : en 0, l’intégrande est équivalente à \(t^a\), et en \(+\infty\), l’exponentielle domine. Avec \(s = pt\), on a \(t^a = p^{-a}s^a\) et \(dt = \frac{ds}{p}\). L’intégrale vaut donc \(\frac{\Gamma(a+1)}{p^{a+1}}\).
2. Pour \(a = \frac{1}{2}\), on a \(\Gamma\left(\frac{3}{2}\right) = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\), d’où \(\mathcal{L}(\sqrt{t})(p) = \frac{\sqrt{\pi}}{2\,p^{3/2}}\). Pour \(a = -\frac{1}{2}\), on a \(\sqrt{\pi} = \Gamma(1/2)\), d’où \(\mathcal{L}(t^{-1/2})(p) = \sqrt{\frac{\pi}{p}}\).
3. La dérivée de \(\sqrt{\pi}\,p^{-1/2}\) vaut \(-\frac{\sqrt{\pi}}{2}p^{-3/2}\), c’est-à-dire l’opposé de la transformée de \(t \cdot t^{-1/2} = \sqrt{t}\). De même, la dérivée de \(\frac{\sqrt{\pi}}{2}p^{-3/2}\) vaut \(-\frac{3\sqrt{\pi}}{4}p^{-5/2}\). Or c’est l’opposé de la transformée de \(t^{3/2}\), calculée dans le cours. La règle de dérivation est vérifiée sur les deux exemples.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Problème – L’intégrale de Gauss par les intégrales de Wallis

Idée clé : on encadre \(e^{-t^2}\) par deux fonctions dont les intégrales se ramènent, par changement de variable trigonométrique, à des intégrales de Wallis.

1. La fonction \(\ln(1+u)\) est concave, donc située sous sa tangente en 0 : \(\ln(1+u) \leq u\). Pour \(0 \leq t < \sqrt{n}\), on prend \(u = -\frac{t^2}{n} \in ]-1,0]\). On obtient \(n\ln\left(1 – \frac{t^2}{n}\right) \leq -t^2\), puis, par croissance de l’exponentielle, \(\left(1 – \frac{t^2}{n}\right)^n e^{t^2} \leq 1\). Pour \(t \geq 0\), on prend \(u = \frac{t^2}{n}\). Il vient \(\left(1 + \frac{t^2}{n}\right)^n \leq e^{t^2}\). En multipliant par \(e^{-t^2}\), on obtient la seconde inégalité.
2. Le paramétrage \(t = \sqrt{n}\sin\theta\), pour \(\theta \in [0,\frac{\pi}{2}]\), est \(C^1\), croissant et décrit \([0,\sqrt{n}]\). Ici, \(\frac{dt}{d\theta} = \sqrt{n}\cos\theta\), tandis que \(1 – \frac{t^2}{n} = \cos^2\theta\). L’intégrale devient \(\int_0^{\pi/2} \cos^{2n}\theta \cdot \sqrt{n}\cos\theta\,d\theta\). Elle vaut \(\sqrt{n}\,W_{2n+1}\).
3. Pour \(n \geq 1\), l’intégrale converge, car l’intégrande est un \(O(t^{-2})\). Le paramétrage \(t = \sqrt{n}\tan\theta\), pour \(\theta \in [0,\frac{\pi}{2}[\), est \(C^1\), croissant et décrit \([0,+\infty[\). On a \(dt = \frac{\sqrt{n}}{\cos^2\theta}\,d\theta\) et \(1 + \tan^2\theta = \frac{1}{\cos^2\theta}\). L’intégrande devient \(\cos^{2n}\theta \cdot \frac{\sqrt{n}}{\cos^2\theta}\). L’intégrale vaut \(\sqrt{n}\,W_{2n-2}\).
4. Par positivité et par la question 1, on a, pour \(n \geq 2\),
   \[\sqrt{n}\,W_{2n+1} \leq \int_0^{\sqrt{n}} e^{-t^2}\,dt \leq I \leq \sqrt{n}\,W_{2n-2}.\]
   Grâce à l’équivalent admis, \(\sqrt{n}\,W_{2n+1} \sim \sqrt{\frac{n\pi}{2(2n+1)}}\), qui tend vers \(\frac{\sqrt{\pi}}{2}\). De même, \(\sqrt{n}\,W_{2n-2} \sim \sqrt{\frac{n\pi}{2(2n-2)}}\), qui a la même limite. Par encadrement, \(I = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\).

Corrigé de l’exercice 17 – Problème – Convexité logarithmique de Gamma

Idée clé : on coupe l’intégrande de \(\Gamma^{\prime}\) en deux facteurs symétriques, dont les carrés redonnent \(\Gamma\) et \(\Gamma^{\prime\prime}\).

1. L’intégrande \(t^{x-1}e^{-t}\) est continue et strictement positive sur \(]0,+\infty[\). Son intégrale \(\Gamma(x)\) est donc strictement positive.
2. Posons \(g(t) = t^{(x-1)/2}e^{-t/2}\) et \(h(t) = \ln(t)\,t^{(x-1)/2}e^{-t/2}\). Alors \(g h = \ln(t)\,t^{x-1}e^{-t}\), \(g^2 = t^{x-1}e^{-t}\) et \(h^2 = (\ln t)^2 t^{x-1}e^{-t}\). Les intégrales de \(g^2\) et \(h^2\) valent \(\Gamma(x)\) et \(\Gamma^{\prime\prime}(x)\). Sur \([\varepsilon, A]\), l’inégalité de Cauchy-Schwarz donne \(\left(\int_\varepsilon^A gh\right)^2 \leq \int_\varepsilon^A g^2 \cdot \int_\varepsilon^A h^2 \leq \Gamma(x)\,\Gamma^{\prime\prime}(x)\). En passant à la limite, on obtient \(\Gamma(x)\,\Gamma^{\prime\prime}(x) – \Gamma^{\prime}(x)^2 \geq 0\).
3. Comme \(\Gamma > 0\), la fonction \(\ln\Gamma\) est de classe \(C^2\), et \((\ln\Gamma)^{\prime\prime} = \frac{\Gamma\,\Gamma^{\prime\prime} – (\Gamma^{\prime})^2}{\Gamma^2}\). D’après la question précédente, cette dérivée seconde est positive. Donc \(\ln\Gamma\) est convexe.
4. En dérivant \(\Gamma(x+1) = x\,\Gamma(x)\), on obtient \(\Gamma^{\prime}(x+1) = \Gamma(x) + x\,\Gamma^{\prime}(x)\). Pour \(x = 1\), cela donne \(\Gamma^{\prime}(2) = 1 + \Gamma^{\prime}(1)\).
5. D’après le cours, \(\Gamma^{\prime\prime} > 0\), donc \(\Gamma^{\prime}\) est strictement croissante. Comme \(\Gamma(1) = \Gamma(2)\), le théorème de Rolle fournit \(c \in ]1,2[\) tel que \(\Gamma^{\prime}(c) = 0\). Ainsi, \(\Gamma^{\prime}(1) < 0 < \Gamma^{\prime}(2) = 1 + \Gamma^{\prime}(1)\). Or \(\Gamma^{\prime}(1) = \int_0^{+\infty} \ln(t)\,e^{-t}\,dt\). Cette intégrale est donc strictement comprise entre \(-1\) et 0.
6. Le réel \(x + \frac{1}{2}\) est le milieu de \(x\) et \(x + 1\). Par convexité, \(\ln\Gamma\left(x + \frac{1}{2}\right) \leq \frac{1}{2}\left(\ln\Gamma(x) + \ln\Gamma(x+1)\right)\). Donc \(\Gamma\left(x + \frac{1}{2}\right) \leq \sqrt{\Gamma(x)\,\Gamma(x+1)} = \sqrt{x}\,\Gamma(x)\). Pour \(x = 1\), on obtient \(\frac{\sqrt{\pi}}{2} \leq 1\), ce qui est vrai car \(\frac{\sqrt{\pi}}{2} \approx 0{,}886\). L’inégalité est établie et vérifiée.

La figure représente \(\ln\Gamma\) sur \(]0,5]\). La courbe reste au-dessus de ses tangentes, et elle s’annule en 1 et en 2, puisque \(\Gamma(1) = \Gamma(2) = 1\).

Corrigé de l’exercice 18 – Problème – Une transformée de Laplace logarithmique

Idée clé : la dérivée en \(p\) supprime le dénominateur \(t\) ; on intègre ensuite \(F^{\prime}\) et on fixe la constante grâce à la limite en \(+\infty\).

1. En 0, \(\frac{1 – \cos t}{t} \sim \frac{t}{2}\) tend vers 0 : c’est un faux problème. Pour \(t \geq 1\), l’intégrande est majorée en module par \(2e^{-pt}\), intégrable puisque \(p > 0\). Ainsi, \(F(p)\) existe.
2. La dérivée partielle en \(p\) vaut \(-e^{-pt}(1 – \cos t)\), continue. Pour \(p \geq a > 0\), elle est majorée en module par \(2e^{-at}\), intégrable. Le théorème de dérivation donne \(F\) de classe \(C^1\), avec \(F^{\prime}(p) = -\int_0^{+\infty} e^{-pt}(1 – \cos t)\,dt\).
3. On a \(\int_0^{+\infty} e^{(i – p)t}\,dt = \frac{1}{p – i} = \frac{p + i}{p^2 + 1}\). En prenant la partie réelle, \(\int_0^{+\infty} e^{-pt}\cos t\,dt = \frac{p}{p^2+1}\). Par conséquent, \(F^{\prime}(p) = -\frac{1}{p} + \frac{p}{p^2+1}\).
4. Posons \(h(t) = \frac{t^2}{2} – 1 + \cos t\). On a \(h(0) = 0\) et \(h^{\prime}(t) = t – \sin t \geq 0\) pour \(t \geq 0\). Donc \(0 \leq 1 – \cos t \leq \frac{t^2}{2}\). On en déduit \(0 \leq F(p) \leq \frac{1}{2}\int_0^{+\infty} t\,e^{-pt}\,dt\). Ainsi, \(0 \leq F(p) \leq \frac{1}{2p^2}\).
5. Une primitive de \(F^{\prime}\) est \(-\ln p + \frac{1}{2}\ln(p^2 + 1) = \frac{1}{2}\ln\left(1 + \frac{1}{p^2}\right)\). Il existe donc une constante \(C\) telle que \(F(p) = \frac{1}{2}\ln\left(1 + \frac{1}{p^2}\right) + C\). Quand \(p\) tend vers \(+\infty\), le logarithme tend vers 0, et \(F(p)\) aussi d’après la question 4. Donc \(C = 0\). Finalement, \(F(p) = \frac{1}{2}\ln\left(1 + \frac{1}{p^2}\right)\).

La figure compare \(F\) à sa majoration \(\frac{1}{2p^2}\). Les deux courbes se rejoignent quand \(p\) grandit, ce qui traduit l’équivalent \(F(p) \sim \frac{1}{2p^2}\).

Corrigé de l’exercice 19 – Problème – Moments gaussiens par dérivation

Idée clé : dériver \(n\) fois \(e^{-xt^2}\) en \(x\) fait apparaître \(t^{2n}\) ; il suffit ensuite de comparer avec la dérivée \(n\)-ième de \(x^{-1/2}\).

1. Pour \(x > 0\), on pose \(s = \sqrt{x}\,t\), paramétrage linéaire croissant. Alors \(dt = \frac{ds}{\sqrt{x}}\). Ainsi, \(G(x) = \frac{1}{\sqrt{x}}\cdot\frac{\sqrt{\pi}}{2}\).
2. La dérivée \(k\)-ième en \(x\) de \(e^{-xt^2}\) vaut \((-1)^k t^{2k}e^{-xt^2}\). Fixons \(a > 0\). Pour \(x \geq a\), elle est majorée en module par \(t^{2k}e^{-at^2}\), intégrable sur \([0,+\infty[\). Le théorème de dérivation, répété, donne \(G\) de classe \(C^\infty\), avec \(G^{(n)}(x) = (-1)^n\int_0^{+\infty} t^{2n}e^{-xt^2}\,dt\).
3. Par récurrence, la dérivée \(n\)-ième de \(x^{-1/2}\) vaut \(\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{3}{2}\right)\cdots\left(-\frac{2n-1}{2}\right)x^{-1/2-n}\). Elle s’écrit donc \((-1)^n\,\frac{1 \cdot 3 \cdots (2n-1)}{2^n}\,x^{-1/2-n}\). En égalant les deux expressions de \(G^{(n)}(1)\), on obtient \(M_n = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\cdot\frac{1 \cdot 3 \cdots (2n-1)}{2^n}\).
4. Avec \(s = t^2\), on a \(t^{2n} = s^n\) et \(dt = \frac{ds}{2\sqrt{s}}\). Donc \(M_n = \frac{1}{2}\int_0^{+\infty} s^{n – 1/2}e^{-s}\,ds = \frac{1}{2}\Gamma\left(n + \frac{1}{2}\right)\). En comparant, \(\Gamma\left(n + \frac{1}{2}\right) = \sqrt{\pi}\,\frac{1 \cdot 3 \cdots (2n-1)}{2^n}\). En écrivant le produit des impairs comme \((2n)!\) divisé par le produit des pairs \(2^n n!\), on retrouve la formule du cours pour les demi-entiers.
5. Avec \(t = \sqrt{2}\,s\), on a \(t^{2n} = 2^n s^{2n}\) et \(dt = \sqrt{2}\,ds\). Par parité, l’intégrale vaut \(2^n\sqrt{2}\cdot 2M_n\). En remplaçant \(M_n\), elle vaut \(\sqrt{2\pi}\cdot 1 \cdot 3 \cdots (2n-1)\). On reconnaît, au facteur \(\sqrt{2\pi}\) près, les moments pairs de la loi normale centrée réduite.

Pour aller plus loin

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