Mathématiques en MP/Exercices/Intégrales dépendant d'un paramètre

Rappels de cours

Dans les trois théorèmes suivants, toutes les fonctions seront supposées (outre les hypothèses spécifiques à chacun) continues par morceaux, pour éviter de faire appel à la notion de mesurabilité, plus générale mais peu utile dans les cas concrets. $J$ désignera un intervalle réel et $f$ une application définie sur $J\times \left[a,b\right[$ et à valeurs dans $\mathbb {R}$ ou $\mathbb {C}$ ($b$ peut être infini). On définit

$F(x):=\int _{a}^{b}f(x,t)\,\mathrm {d} t$

(pour les $x\in J$ pour lesquels cette intégrale converge).

Début d’un théorème

Limite

Soit $x_{0}$ une extrémité (éventuellement infinie) de l'intervalle $J$. Si :

• $\forall t\in \left[a,b\right[\quad \lim _{x\to x_{0}}f(x,t)$ existe ;
• $\forall (x,t)\in J\times \left[a,b\right[\quad |f(x,t)|\leq g(t)$ pour une certaine fonction $g$ intégrable sur $\left[a,b\right[$,

alors :

• $F$ est bien définie sur $J$ et $\lim _{x\to x_{0}}F(x)=\int _{a}^{b}\lim _{x\to x_{0}}f(x,t)\,\mathrm {d} t$.

Fin du théorème

Début d’un théorème

Continuité

Si :

• $\forall t\in \left[a,b\right[\quad x\mapsto f(x,t)$ est continue sur $J$ ;
• $\forall (x,t)\in J\times \left[a,b\right[\quad |f(x,t)|\leq g(t)$ pour une certaine fonction $g$ intégrable sur $\left[a,b\right[$,

alors :

• $F$ est bien définie et continue sur $J$.

Fin du théorème

Début d’un théorème

Classe C¹

Si $F$ est bien définie sur $J$ et si :

• $\forall t\in \left[a,b\right[\quad x\mapsto f(x,t)$ est de classe C¹ sur $J$ ;
• $\forall (x,t)\in J\times \left[a,b\right[\quad \left|{\frac {\partial f}{\partial x}}(x,t)\right|\leq g(t)$ pour une certaine fonction $g$ intégrable sur $\left[a,b\right[$,

alors :

• $F$ est de classe C¹ sur $J$ et $\forall x\in J\quad F'(x)=\int _{a}^{b}{\frac {\partial f}{\partial x}}(x,t)\,\mathrm {d} t$.

Fin du théorème

Exercice 2-1

On considère $g(x):=\int _{0}^{+\infty }f(x,t)\,\mathrm {d} t$, pour $f:\mathbb {R} \times \left[0,+\infty \right[\to \mathbb {R} ,\,(x,t)\mapsto {\frac {x}{1+x^{2}t^{2}}}$.

1. Montrer que $f$ est continue (sur $\mathbb {R} \times \left[0,+\infty \right[$) et que $g$ est bien définie sur $\mathbb {R}$.
2. Pour tout $x\in \mathbb {R}$, calculer $g(x)$.
3. Pour tout $t\in \left]0,+\infty \right[$, calculer $h(t):=\sup _{x\in \mathbb {R} }\left|f(x,t)\right|$.
4. L'intégrale $\int _{0}^{+\infty }h(t)\,\mathrm {d} t$ est-elle convergente ?
5. Étudier de même $h_{\varepsilon ,M}(t):=\sup _{\varepsilon \leq |x|\leq M}\left|f(x,t)\right|$, pour $0<\varepsilon \leq M$.

Solution

1. $f(0,t)=0$ donc $g(0)=0$.
   $f$ est continue car c'est une fraction rationnelle (en deux variables) dont le dénominateur ne s'annule pas.
   De plus, pour $x\in \mathbb {R} ^{*}$ fixé, $t\mapsto f(x,t)$ est intégrable en $+\infty$ car (par changement de variable $s=|x|t$)
   $\int _{0}^{+\infty }{\frac {|x|}{1+x^{2}t^{2}}}\,\mathrm {d} t=\int _{0}^{+\infty }{\frac {1}{1+s^{2}}}\,\mathrm {d} s={\frac {\pi }{2}}<+\infty$.
   Donc $g$ est bien définie sur $\mathbb {R}$.
2. Par le même calcul, $g(x)={\begin{cases}{\frac {\pi }{2}}&{\text{si }}x>0,\\-{\frac {\pi }{2}}&{\text{si }}x<0,\\0&{\text{si }}x=0.\end{cases}}$
3. $h(t)=\sup _{x\in \mathbb {R} }{\frac {|x|}{1+x^{2}t^{2}}}={\frac {1}{t}}\sup _{s\geq 0}{\frac {s}{1+s^{2}}}={\frac {1}{2t}}$.
4. Non ($h$ n'est même intégrable ni en $0$, ni en $+\infty$) : d'après la question 3, ou simplement d'après la question 2.
   Sinon, les théorèmes de continuité et d'interversion des limites pour une intégrale à paramètre s'appliqueraient, or :
   • $g$ n'est pas continue en $0$ ;
   • $\int _{0}^{+\infty }\lim _{x\to +\infty }{\frac {x}{1+x^{2}t^{2}}}\,\mathrm {d} t=\int _{0}^{+\infty }0\,\mathrm {d} t=0\neq {\frac {\pi }{2}}$.
5. $h_{\varepsilon ,M}(t)=\sup _{\varepsilon \leq |x|\leq M}{\frac {|x|}{1+x^{2}t^{2}}}={\frac {1}{t}}\sup _{\varepsilon t\leq s\leq Mt}{\frac {s}{1+s^{2}}}={\begin{cases}{\frac {M}{1+M^{2}t^{2}}}&{\text{si }}t\leq 1/M\\{\frac {1}{2t}}&{\text{si }}1/M\leq t\leq 1/\varepsilon \\{\frac {\varepsilon }{1+\varepsilon ^{2}t^{2}}}&{\text{si }}t\geq 1/\varepsilon \end{cases}}$
   donc $h_{\varepsilon ,M}$ est (continue et) intégrable en $0$ et en $+\infty$. Ceci permettrait, si l'on n'avait pas déjà calculé $g$, de démontrer que cette fonction est continue sur $\mathbb {R} ^{*}$.

 

Sur le même thème : pour $x\in \mathbb {R}$, on pose $f(x,t)={\frac {x\sin(xt)}{t}}$ et $\psi (x)=\int _{0}^{+\infty }f(x,t)\;\mathrm {d} t$.

Montrer que $\psi$ est de classe C^∞ sur $\mathbb {R} ^{*}$ mais que $\psi '(x)\neq \int _{0}^{+\infty }{\frac {\partial f}{\partial x}}(x,t)\;\mathrm {d} t$.

Solution

Par changement de variable $y=xt$, on obtient : $\psi (x)=|x|\psi (1)$ donc $\psi$ est C^∞ sur $\mathbb {R} ^{*}$.

Mais pour tout $x\neq 0$, l'intégrale de $0$ à $+\infty$ de $t\mapsto {\frac {\partial f}{\partial x}}(x,t)={\frac {\sin(xt)}{t}}+x\cos(xt)$ diverge, comme somme d'une intégrale (semi-)convergente et d'une intégrale divergente.

 

1. Soit $h(t)={-1 \over t\ln t}$. Vérifier que sur $\left]0,1/\mathrm {e} \right[$, $h$ est positive, strictement décroissante, que $\lim _{t\to 0^{+}}t\,h(t)=0$ et que $h$ n'est pas intégrable en 0.
2. Soit $(b_{n})$ une suite décroissante de réels tendant vers 0, et telle que $b_{n+1}\sim b_{n}$. On pose $a_{n}=h(b_{n+1})$ (on suppose $b_{0}<1/\mathrm {e}$) et $f_{n}=a_{n}\mathbf {1} _{\left]0,b_{n}\right]}$. Vérifier que $f_{n}\to 0$ simplement et $\int f_{n}\,\mathrm {d} \lambda \to 0$.
3. Vérifier que pour tout $x\in \left]0,b_{1}\right]$, la suite des $f_{n}(x)$ est positive mais non monotone. Soit $f(x)$ son sup, vérifier que $\forall x\in \left]0,b_{0}\right]\quad f(x)>h(x)$. En déduire qu'il n'existe pas de fonction $g$ intégrable telle que $\forall n\quad |f_{n}|\leq g\quad \lambda$-presque partout.

Solution

1. Sur $\left]0,1\right[$, $h$ est positive et $h'(t)={1+\ln t \over t^{2}\ln ^{2}t}<0\Leftrightarrow \ln t<-1\Leftrightarrow t<1/\mathrm {e}$. $\lim _{t\to 0^{+}}t\,h(t)={-1 \over \ln(0^{+})}={-1 \over -\infty }=0^{+}$, et $u=-\ln t$ donne $\int _{0}^{1/\mathrm {e} }h(t)\,\mathrm {d} t=\int _{1}^{\infty }{\mathrm {d} u \over u}=+\infty$.
2. Dès que $b_{n}<x$, $f_{n}(x)$ stationne à 0 (donc tend vers 0). $\int f_{n}d\lambda =a_{n}b_{n}=h(b_{n+1})b_{n}\sim h(b_{n+1})b_{n+1}\to 0$ (car $b_{n}\to 0^{+}$ et $\lim _{t\to 0^{+}}t\,h(t)=0$).
3. Si $x\in \left]b_{k+1},b_{k}\right]$, la suite des $f_{n}(x)$ vaut $a_{n}$ (suite positive croissante) tant que $n\leq k$, puis chute à 0 pour $n>k$, et $f(x)=a_{k}=h(b_{k+1})>h(x)$. Donc $f$ n'est pas intégrable (a fortiori, aucun majorant p.p. des $f_{n}$ n'est intégrable).

 

Exercice 2-2

On pose $I_{n}:=\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{\left(1+t^{2}\right)^{n}}}$ pour tout $n\in \mathbb {N} ^{*}$ et $g(x):=\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{x+t^{2}}}$ pour tout $x>0$.

1. À l'aide du théorème de dérivation pour les intégrales à paramètre, montrer que $g$ est de classe C^∞ sur $\mathbb {R} _{+}^{*}$ et donner une relation entre la suite $\left(I_{n}\right)$ et la suite des dérivées successives de $g$ au point $1$.
2. Calculer directement $g$ à partir de sa définition, et en déduire l'expression de ses dérivées.
3. En déduire $I_{n}$.

Solution

1. Pour tout $k\in \mathbb {N}$, $(x,t)\mapsto {\frac {\partial ^{k}}{\partial x^{k}}}\left({\frac {1}{x+t^{2}}}\right)={\frac {(-1)^{k}k!}{\left(x+t^{2}\right)^{k+1}}}$ est continue sur $\mathbb {R} _{+}^{*}\times \mathbb {R} _{+}$ mais
   $t\mapsto \sup _{x>0}{\frac {1}{\left(x+t^{2}\right)^{k+1}}}={\frac {1}{t^{2k+2}}}$ n'est pas intégrable (en 0) donc
   les hypothèses ne sont pas satisaites pour appliquer directement le théorème de dérivation pour $x\in \left]0,+\infty \right[$.
   Appliquons-le alors (pour s'écarter de $x=0$ en lequel ce sup non intégrable est atteint) pour $x\in \left]\varepsilon ,+\infty \right[$ (avec $\varepsilon >0$) :
   $t\mapsto \sup _{x>\varepsilon }{\frac {1}{\left(x+t^{2}\right)^{k+1}}}={\frac {1}{\left(\varepsilon +t^{2}\right)^{k+1}}}$ est (continue et) intégrable sur $\left[0,+\infty \right[$, ce qui prouve (par récurrence) que
   $\forall k\in \mathbb {N} \quad \forall x>\varepsilon \quad g^{(k)}(x)=\int _{0}^{+\infty }{\frac {(-1)^{k}k!}{\left(x+t^{2}\right)^{k+1}}}\,\mathrm {d} t$.
   Ceci étant vrai pour tout $x\in \cup _{\varepsilon >0}\left]\varepsilon ,+\infty \right[=\left]0,+\infty \right[$, $g$ est bien de classe C^∞ sur $\mathbb {R} _{+}^{*}$.
   En particulier, $g^{(k)}(1)=(-1)^{k}k!\,I_{k+1}$.
2. Par changement de variable $t=s{\sqrt {x}}$,
   $g(x)={\frac {1}{\sqrt {x}}}\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} s}{1+s^{2}}}=x^{-1/2}{\frac {\pi }{2}}$ donc
   $\forall k\in \mathbb {N} \quad g^{(k)}(x)=x^{-(2k+1)/2}\pi \,{\frac {(-1)^{k}\cdot 1\cdot 3\cdots (2k-1)}{2^{k+1}}}=x^{-(2k+1)/2}\pi \,{\frac {(-1)^{k}(2k)!}{2^{2k+1}k!}}$.
3. $\forall k\in \mathbb {N} \quad (-1)^{k}k!\,I_{k+1}=g^{(k)}(1)=(-1)^{k}\pi \,{\frac {(2k)!}{2^{2k+1}k!}}$ donc (en remplaçant $k$ par $n-1$)
   $\forall n\in \mathbb {N} ^{*}\quad I_{n}=\pi \,{\frac {(2n-2)!}{2^{2n-1}\left((n-1)!\right)^{2}}}$.

 

Variante : pour $n\in \mathbb {N} ^{*}$ et $x\in \left]0,+\infty \right[$, on pose

$I_{n}(x)=\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{(t^{2}+x^{2})^{n}}}$.

1. Montrer que $I_{n}(x)$ est bien définie et dérivable sur $\left]0,+\infty \right[$. Calculer sa dérivée.
2. En déduire la valeur de $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{(t^{2}+1)^{3}}}$.

Solution

1. Cf. exercice 2-8 ci-dessus. Pour $t\in \mathbb {R} _{+}$ et $x\in \mathbb {R} _{+}^{*}$, notons $f(t,x)={\frac {1}{(t^{2}+x^{2})^{n}}}$. L'intégrale $I_{n}(1)$ converge et pour tout $t\in \mathbb {R} _{+}$, $x\mapsto f(t,x)$ est de classe C¹ sur $\mathbb {R} _{+}^{*}$. De plus, pour tout $x>\varepsilon >0$ et tout $t\in \mathbb {R} _{+}$, $\left|{\frac {\partial f}{\partial x}}(t,x)\right|=\left|-{\frac {2nx}{(t^{2}+x^{2})^{n+1}}}\right|\leq {\frac {2n}{(t^{2}+x^{2})^{n+{\frac {1}{2}}}}}\leq {\frac {2n}{(t^{2}+\varepsilon ^{2})^{n+{\frac {1}{2}}}}}$, or $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{(t^{2}+x^{2})^{n+{\frac {1}{2}}}}}<+\infty$. Par conséquent, $I_{n}$ est bien définie et C¹ sur la réunion des $\left]\varepsilon ,+\infty \right[\subset \mathbb {R} _{+}^{*}$ c'est-à-dire sur $\mathbb {R} _{+}^{*}$, et sur cet ensemble on a : $I_{n}'(x)=-2nx\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{(t^{2}+x^{2})^{n+1}}}=-2nxI_{n+1}(x)$. (Le « garde-fou » $\varepsilon >0$ était indispensable car sans même calculer la fonction $t\mapsto \sup _{x>0}{\frac {x}{(t^{2}+x^{2})^{n+1}}}$, on peut affirmer que son intégrale de $0$ à $+\infty$ diverge, sinon on en déduirait que $I_{n}$ est de classe C¹ sur $\mathbb {R} _{+}$, alors qu'en réalité elle n'est même pas définie en $0$.)
2. Soit $x>0$. Par changement de variable $t=xs$, $I_{1}(x)={\frac {1}{x}}\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} s}{s^{2}+1}}={\frac {\pi }{2x}}$. On en déduit que $\forall x>0\quad I_{2}(x)=-{\frac {1}{2x}}I'_{1}(x)={\frac {\pi }{2x^{3}}}$, puis $\forall x>0\quad I_{3}(x)=-{\frac {1}{4x}}I'_{2}(x)={\frac {3\pi }{16x^{5}}}$.

 

$I_{n}(x)$ peut aussi se déduire de $I_{n}(1)$ par changement de variable, et $I_{n}(1)$ peut se calculer par récurrence à l'aide d'une IPP (cf. Intégration de Riemann/Exercices/Intégrales impropres#Exercice 5-7 question 1). Il s'agit en fait d'une intégrale de Wallis.

Exercice 2-3

On sait bien que l'intégrale de Dirichlet $I:=\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin t}{t}}\,\mathrm {d} t$ converge, mais non absolument.

Le but de cet exercice est de retrouver sa valeur en appliquant le théorème de dérivation d'une intégrale à paramètre à la fonction

$g(x):=\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin t}{t}}\,\operatorname {e} ^{-xt}\,\mathrm {d} t$.

1. Montrer que $g$ est de classe C¹ sur $\mathbb {R} _{+}^{*}$ et calculer $g'(x)$, $\lim _{+\infty }g$, puis $g(x)$.
2. Montrer que $\lim _{0^{+}}g=I$. Pour cela, on est certain de ne pas pouvoir appliquer le théorème d'interversion de $\lim _{x\to 0^{+}}$ avec $\int _{0}^{+\infty }$, car si pour tout $x>0$ (ou au moins tout $x>0$ proche de $0$) $\left|{\frac {\sin t}{t}}\,\operatorname {e} ^{-xt}\right|\leq \varphi (t)$, alors (par passage à la limite) $\varphi (t)\geq \left|{\frac {\sin t}{t}}\right|$, or $\left|{\frac {\sin t}{t}}\right|$ n'est pas intégrable en $+\infty$. Par contre, on pourra facilement intervertir $\lim _{x\to 0^{+}}$ avec $\int _{0}^{A}$ pour $A$ fixé (la question de l'intégrabilité en $+\infty$ ne se posant plus). La méthode préconisée ici est de montrer que pour tout $A>0$ :
   • $\forall x\geq 0\quad \left|\int _{A}^{+\infty }\sin t\,{\frac {\operatorname {e} ^{-xt}}{t}}\,\mathrm {d} t\right|\leq {\frac {2}{A}}$ ;
   • $\lim _{x\to 0^{+}}\int _{0}^{A}{\frac {\sin t}{t}}\,\left(\operatorname {e} ^{-xt}-1\right)\,\mathrm {d} t=0$.
3. Conclure.

Solution

1. $(x,t)\mapsto {\frac {\sin t}{t}}\operatorname {e} ^{-xt}$ est de classe C^∞ sur $\left(\mathbb {R} _{+}^{*}\right)^{2}$ ainsi, donc, que sa dérivée partielle par rapport à $x$, $(x,t)\mapsto -\sin t\operatorname {e} ^{-xt}$.
   De plus, pour tout $\varepsilon >0$, ces deux fonctions sont majorées en valeur absolue sur $\left]\varepsilon ,+\infty \right[\times \mathbb {R} _{+}^{*}$ par $\operatorname {e} ^{-\varepsilon t}$, qui est intégrable sur $\mathbb {R} _{+}$.
   Par conséquent, $g$ est (au moins) de classe C¹ sur $\mathbb {R} _{+}^{*}$ et
   • $\forall x>0\quad g'(x)=-\int _{0}^{+\infty }\sin t\operatorname {e} ^{-xt}\,\mathrm {d} t=-{\frac {1}{1+x^{2}}}$, par l'un ou l'autre des deux calculs suivants :
     • double intégration par parties : $g'(x)={\frac {1}{x}}{\cancel {\left[\sin t\operatorname {e} ^{-xt}\right]_{0}^{+\infty }}}-{\frac {1}{x}}\int _{0}^{+\infty }\cos t\operatorname {e} ^{-xt}\,\mathrm {d} t={\frac {1}{x^{2}}}\left[\cos t\operatorname {e} ^{-xt}\right]_{0}^{+\infty }-{\frac {g'(x)}{x^{2}}}$
     • simple intégration d'une exponentielle complexe : $g'(x)=\operatorname {Im} \left(\int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-\left(x+\mathrm {i} \right)t}\,\mathrm {d} t\right)=\operatorname {Im} \left(\left[{\frac {\operatorname {e} ^{-\left(x+\mathrm {i} \right)t}}{-x-\mathrm {i} }}\right]_{0}^{+\infty }\right)=\operatorname {Im} \left({\frac {1}{x+\mathrm {i} }}\right)=\operatorname {Im} \left({\frac {x-\mathrm {i} }{x^{2}+1}}\right)$ ;
   • $\lim _{+\infty }g=\int _{0}^{+\infty }\lim _{x\to +\infty }{\frac {\sin t}{t}}\operatorname {e} ^{-xt}\,\mathrm {d} t=0$, d'où :
   • $\forall x>0\quad g(x)={\frac {\pi }{2}}-\arctan x$.
2. $\left|g(x)-I\right|\leq \left|\int _{A}^{+\infty }{\frac {\sin t}{t}}\,\operatorname {e} ^{-xt}\,\mathrm {d} t\right|+\left|\int _{A}^{+\infty }{\frac {\sin t}{t}}\,\operatorname {e} ^{-0t}\,\mathrm {d} t\right|+\left|\int _{0}^{A}{\frac {\sin t}{t}}\,\left(\operatorname {e} ^{-xt}-1\right)\,\mathrm {d} t\right|$.
   Pour prouver que $\lim _{0^{+}}g=I$, il suffit donc, pour tout $\varepsilon >0$, de montrer qu'il existe $A>0$ (indépendant de $x>0$) tel que les deux premiers des trois termes de cette somme soient majorés chacun par $\varepsilon /3$, puis de montrer qu'une fois fixé un tel $A$, il existe $\delta >0$ tel que pour $x\in \left]0,\delta \right[$, le troisième terme soit également majoré par $\varepsilon /3$.
   • Deux premiers termes :
     • par simple intégration d'une fonction à valeurs complexes :
       pour tout $x\geq 0$, $\left|\int _{A}^{+\infty }\sin t\,{\frac {\operatorname {e} ^{-xt}}{t}}\,\mathrm {d} t\right|=\left|\operatorname {Im} \left(\int _{A}^{+\infty }{\frac {\operatorname {e} ^{\left(-x+\mathrm {i} \right)t}}{t}}\,\mathrm {d} t\right)\right|\leq \left|\int _{A}^{+\infty }{\frac {\operatorname {e} ^{\left(-x+\mathrm {i} \right)t}}{t}}\,\mathrm {d} t\right|$ et
       $\int _{A}^{+\infty }{\frac {\operatorname {e} ^{\left(-x+\mathrm {i} \right)t}}{t}}\,\mathrm {d} t=\left[{\frac {\operatorname {e} ^{\left(-x+\mathrm {i} \right)t}}{-x+\mathrm {i} }}{\frac {1}{t}}\right]_{A}^{+\infty }+\int _{A}^{+\infty }{\frac {\operatorname {e} ^{\left(-x+\mathrm {i} \right)t}}{-x+\mathrm {i} }}{\frac {\mathrm {d} t}{t^{2}}}=-{\frac {\operatorname {e} ^{\left(-x+\mathrm {i} \right)A}}{-x+\mathrm {i} }}{\frac {1}{A}}+\int _{A}^{+\infty }{\frac {\operatorname {e} ^{\left(-x+\mathrm {i} \right)t}}{-x+\mathrm {i} }}{\frac {\mathrm {d} t}{t^{2}}}$, d'où
       $\left|\int _{A}^{+\infty }\sin t\,{\frac {\operatorname {e} ^{-xt}}{t}}\,\mathrm {d} t\right|\leq \left|{\frac {\operatorname {e} ^{\left(-x+\mathrm {i} \right)A}}{-x+\mathrm {i} }}{\frac {1}{A}}\right|+\int _{A}^{+\infty }\left|{\frac {\operatorname {e} ^{\left(-x+\mathrm {i} \right)t}}{-x+\mathrm {i} }}\right|{\frac {\mathrm {d} t}{t^{2}}}={\frac {\operatorname {e} ^{-xA}}{\sqrt {x^{2}+1}}}{\frac {1}{A}}+\int _{A}^{+\infty }{\frac {\operatorname {e} ^{-xt}}{\sqrt {x^{2}+1}}}{\frac {\mathrm {d} t}{t^{2}}}\leq {\frac {1}{A}}+\int _{A}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{t^{2}}}={\frac {2}{A}}$.
     • ou si l'on préfère vraiment, par une double intégration par parties :
       $\int _{A}^{+\infty }{\frac {\sin t\operatorname {e} ^{-xt}}{t}}\,\mathrm {d} t=\left[-\cos t{\frac {\operatorname {e} ^{-xt}}{t}}\right]_{A}^{+\infty }-x\int _{A}^{+\infty }{\frac {\cos t\operatorname {e} ^{-xt}}{t}}\,\mathrm {d} t-\int _{A}^{+\infty }\cos t{\frac {\operatorname {e} ^{-xt}}{t^{2}}}\,\mathrm {d} t$ et
       $\int _{A}^{+\infty }{\frac {\cos t\operatorname {e} ^{-xt}}{t}}\,\mathrm {d} t=\left[\sin t{\frac {\operatorname {e} ^{-xt}}{t}}\right]_{A}^{+\infty }+x\int _{A}^{+\infty }{\frac {\sin t\operatorname {e} ^{-xt}}{t}}\,\mathrm {d} t+\int _{A}^{+\infty }\sin t{\frac {\operatorname {e} ^{-xt}}{t^{2}}}\,\mathrm {d} t$, donc
       $\left(1+x^{2}\right)\int _{A}^{+\infty }{\frac {\sin t\operatorname {e} ^{-xt}}{t}}\,\mathrm {d} t=(\cos A+x\sin A){\frac {\operatorname {e} ^{-xA}}{A}}-\int _{A}^{+\infty }(\cos t+x\sin t){\frac {\operatorname {e} ^{-xt}}{t^{2}}}\,\mathrm {d} t$, si bien que
       $\left|\int _{A}^{+\infty }\sin t\,{\frac {\operatorname {e} ^{-xt}}{t}}\,\mathrm {d} t\right|\leq {\frac {1}{1+x^{2}}}\left({\sqrt {1+x^{2}}}{\frac {\operatorname {e} ^{-xA}}{A}}+\int _{A}^{+\infty }{\sqrt {1+x^{2}}}{\frac {\operatorname {e} ^{-xt}}{t^{2}}}\,\mathrm {d} t\right)$,
       et l'on conclut comme par la première méthode.
   • Troisième terme (pour $A$ fixé) : $\left|{\frac {\sin t}{t}}\,\left(\operatorname {e} ^{-xt}-1\right)\right|\leq 1$, intégrable sur $\left]0,A\right[$, donc
     $\lim _{x\to 0^{+}}\int _{0}^{A}{\frac {\sin t}{t}}\,\left(\operatorname {e} ^{-xt}-1\right)\,\mathrm {d} t=\int _{0}^{A}\lim _{x\to 0^{+}}{\frac {\sin t}{t}}\,\left(\operatorname {e} ^{-xt}-1\right)\,\mathrm {d} t=\int _{0}^{A}0\,\mathrm {d} t=0$.
3. $I=\lim _{x\to 0^{+}}\left({\frac {\pi }{2}}-\arctan x\right)={\frac {\pi }{2}}$.

 

Exercice 2-4

On considère la fonction Gamma d'Euler, définie par

$\Gamma (x):=\int _{0}^{+\infty }t^{x-1}\operatorname {e} ^{-t}\,\mathrm {d} t$.

On sait déjà (cf. devoir sur la fonction Gamma et la formule de Stirling) que :

• son domaine de définition est $\mathbb {R} _{+}^{*}$ ;
• $\Gamma (x+1)=x\,\Gamma (x)$ (pour $x>0$) ;
• $\Gamma (n+1)=n!$ (pour $n\in \mathbb {N}$).

1. Montrer que $\Gamma$ est de classe C^∞ et donner l'expression de $\Gamma ^{(k)}$ pour tout $k\in \mathbb {N}$.
2. Montrer que $\Gamma ''>0$ et en déduire que $\Gamma '$ s'annule au plus une fois.
3. Montrer que $\Gamma '$ s'annule entre 1 et 2.
4. Déterminer $\lim _{x\to 0^{+}}x\,\Gamma (x)$, $\lim _{0^{+}}\Gamma$, $\lim _{+\infty }\Gamma$, $\lim _{x\to +\infty }\Gamma (x)/x$ et donner l'allure du graphe de $\Gamma$.
5. Calculer $\Gamma (1/2)$, connaissant la valeur de l'intégrale de Gauss ($\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-s^{2}}\,\mathrm {d} s={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}$).

Solution

1. Pour tout $k\in \mathbb {N}$, la fonction $(x,t)\mapsto {\frac {\partial ^{k}}{\partial x^{k}}}\left(t^{x-1}\operatorname {e} ^{-t}\right)=(\ln t)^{k}\,t^{x-1}\,\operatorname {e} ^{-t}$ est continue sur $\mathbb {R} \times \mathbb {R} _{+}^{*}$. Pour $0<\varepsilon <M$, la fonction $t\mapsto \sup _{\varepsilon <x<M}|\ln t|^{k}\,t^{x-1}\,\operatorname {e} ^{-t}={\begin{cases}|\ln t|^{k}\,t^{\varepsilon -1}\,\operatorname {e} ^{-t}&{\text{si }}t\leq 1\\0^{k}\,\operatorname {e} ^{-1}&{\text{si }}t=1\\|\ln t|^{k}\,t^{M-1}\,\operatorname {e} ^{-t}&{\text{si }}t\geq 1\\\end{cases}}$ est (continue par morceaux et) intégrable sur $\left]0,+\infty \right[$ donc (par récurrence) $\Gamma$ est au moins de classe C^k sur $\cup _{0<\varepsilon <M}\left]\varepsilon ,M\right[=\left]0,+\infty \right[$ et $\Gamma ^{(k)}(x)=\int _{0}^{+\infty }(\ln t)^{k}\,t^{x-1}\,\operatorname {e} ^{-t}\,\mathrm {d} t$.
2. $\Gamma ''(x)=\int _{0}^{+\infty }(\ln t)^{2}\,t^{x-1}\,\operatorname {e} ^{-t}\,\mathrm {d} t>0$ donc $\Gamma '$ est strictement croissante. Par conséquent, elle s'annule au plus une fois.
3. $\Gamma (1)=0!=1$ et $\Gamma (2)=1!=1$ donc (théorème de Rolle) $\Gamma '$ s'annule entre 1 et 2.
4. $\lim _{x\to 0^{+}}x\,\Gamma (x)=\lim _{x\to 0^{+}}\Gamma (x+1)=\Gamma (1)=1$ donc $\lim _{0^{+}}\Gamma =+\infty$.
   Puisque $\Gamma$ est strictement croissante sur $\left[2,+\infty \right[$, sa convexité implique que $\lim _{+\infty }\Gamma =+\infty$ (ou plus élémentairement : $\lim _{+\infty }\Gamma =\lim n!=+\infty$, ou même : $\Gamma (x)\geq 2^{x}\int _{2}^{+\infty }t^{-1}\operatorname {e} ^{-t}\,\mathrm {d} t$), donc $\lim _{x\to +\infty }{\frac {\Gamma (x)}{x}}=\lim _{y\to +\infty }{\frac {\Gamma (y+1)}{y+1}}=\lim _{y\to +\infty }{\frac {y}{y+1}}\,\Gamma (y)=1\times \lim _{+\infty }\Gamma =+\infty$. On en déduit le graphe ci-contre.
5. $\Gamma (1/2)=\int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-t}\,{\frac {\mathrm {d} t}{\sqrt {t}}}=\int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-s^{2}}\,2\mathrm {d} s={\sqrt {\pi }}$.

 

Exercice 2-5

On définit la fonction bêta par : $\mathrm {B} (x,y):=\int _{0}^{1}t^{x-1}(1-t)^{y-1}\,\mathrm {d} t$.

1. Montrer que cette intégrale converge si et seulement si les deux réels $x$ et $y$ sont strictement positifs.
2. Montrer que $\mathrm {B} (x,y)={\frac {\Gamma (x)\,\Gamma (y)}{\Gamma (x+y)}}$ (la définition de $\Gamma$ est rappelée dans l'exercice précédent). Pour cette question, on admettra le théorème de Fubini car explicitement hors programme en classe de MP.
3. En déduire une expression simple de $\mathrm {B} (x,n+1)$ si $n\in \mathbb {N}$.
4. Démontrer que $\forall x>0\quad \Gamma (x)=\lim _{n\to +\infty }\int _{0}^{n}t^{x-1}\left(1-{\frac {t}{n}}\right)^{n}\,\mathrm {d} t=\lim _{n\to +\infty }{\frac {n!\;n^{x}}{x\;(x+1)\cdots (x+n)}}={\frac {1}{x}}\lim _{n\to +\infty }\prod _{k=1}^{n}{\frac {\left(1+{\frac {1}{k}}\right)^{x}}{1+{\frac {x}{k}}}}$.
5. En déduire que la fonction ${\frac {1}{\Gamma }}$ se prolonge en une fonction holomorphe sur $\mathbb {C}$, dont les seuls zéros sont les entiers négatifs ou nuls.

Solution

1. L'intégrande est continu sur $\left]0,1\right[$ et équivalent à $t^{x-1}$ en 0 et à $(1-t)^{y-1}$ en 1, donc l'intégrale converge si et seulement si $x,y>0$.
2. $\Gamma (x)\,\Gamma (y)=\int _{0}^{+\infty }s^{x-1}\operatorname {e} ^{-s}\mathrm {d} s\int _{0}^{+\infty }t^{y-1}\operatorname {e} ^{-t}\mathrm {d} t$.
   Soit le changement de variables $s=uv,~t=u\left(1-v\right)$, dont le jacobien vaut $u$. Alors, par le théorème de Fubini,
   $\Gamma (x)\,\Gamma (y)=\int _{0}^{+\infty }u^{x+y-1}\operatorname {e} ^{-u}\,\mathrm {d} u\int _{0}^{1}v^{x-1}(1-v)^{y-1}\,\mathrm {d} v=\Gamma (x+y)\,\mathrm {B} (x,y)$.
3. $\mathrm {B} (x,n+1)={\frac {\Gamma (x)\,\Gamma (n+1)}{\Gamma (x+n+1)}}={\frac {n!}{x\;(x+1)\cdots (x+n)}}$.
4. Pour $x>0$ fixé, les fonctions $f_{n}:t\mapsto {\begin{cases}t^{x-1}\left(1-{\frac {t}{n}}\right)^{n}&{\text{si }}0<t\leq n\\0&{\text{si }}t\geq n\end{cases}}$ sont continues, positives et majorées par leur limite simple, la fonction $t\mapsto t^{x-1}\operatorname {e} ^{-t}$, intégrable sur $\mathbb {R} _{+}$. Ceci justifie la première égalité. La seconde se déduit de la question précédente par changement de variable : $\int _{0}^{n}t^{x-1}\left(1-{\frac {t}{n}}\right)^{n}\,\mathrm {d} t=n^{x}\int _{0}^{1}s^{x-1}\left(1-s\right)^{n}\,\mathrm {d} s=n^{x}\,\mathrm {B} (x,n+1)$. La troisième est immédiate.
5. Le produit infini ${\frac {1}{\Gamma (z)}}:=z\prod _{k\in \mathbb {N} ^{*}}{\frac {1+{\frac {z}{k}}}{\left(1+{\frac {1}{k}}\right)^{z}}}$ converge uniformément sur tout disque $D(0,R)$ car pour tout $z$ dans ce disque, on a $\left|\operatorname {Log} \left(1+{\frac {z}{k}}\right)-{\frac {z}{k}}\right|\leq {\frac {R^{2}}{k^{2}}}$ dès que $k\geq 2R$ (où $\mathrm {Log}$ désigne le logarithme complexe) et de même, $\left|z\operatorname {Log} \left(1+{\frac {1}{k}}\right)-{\frac {z}{k}}\right|\leq {\frac {R}{k^{2}}}$ dès que $k\geq 2$, donc $\sum _{k\geq \max(2R,2)}\left|\operatorname {Log} \left(1+{\frac {z}{k}}\right)-z\operatorname {Log} \left(1+{\frac {1}{k}}\right)\right|\leq (R^{2}+R)\sum _{k\geq 2}{\frac {1}{k^{2}}}<\infty$

 

Exercice 2-6

On pose $f\left(x,t\right)={\begin{cases}{1-\mathrm {e} ^{-tx^{2}} \over x^{2}}&{\text{ si }}x>0\\t&{\text{ si }}x=0.\end{cases}}$

1. Montrer que pour tout réel $t\geq 0$, $x\mapsto f(x,t)$ est intégrable sur $\left[0,+\infty \right[$. On pose alors $F(t)=\int _{0}^{+\infty }f\left(x,t\right)\,\mathrm {d} x$.
2. Montrer que $F$ est continue sur $\left[0,+\infty \right[$ et dérivable sur $\left]0,+\infty \right[$. Calculer $F'$ et en déduire $F$, connaissant la valeur de l'intégrale de Gauss ($\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-u^{2}}\,\mathrm {d} u={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}$).

Solution

1. $x\mapsto f(x,t)$ est positive et majorée par $t$ et par $1 \over x^{2}$ donc par le min des deux, qui est intégrable.
2. $f(x,t)$ est une fonction continue croissante de $t$ et pour tout $A>0$ on a vu que $f(x,A)$ est intégrable, donc $F$ est continue sur $\left[0,A\right[$. D'autre part pour $x>0$ et $t>\varepsilon >0$, ${\partial f \over \partial t}(x,t)=\mathrm {e} ^{-tx^{2}}\leq \mathrm {e} ^{-\varepsilon x^{2}}$ (indépendante de $t$ et intégrable), d'où $\forall t>0\quad F'(t)=\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-tx^{2}}\,\mathrm {d} x={1 \over {\sqrt {t}}}\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-y^{2}}\,\mathrm {d} y={{\sqrt {\pi }} \over 2{\sqrt {t}}}$, d'où $F(t)=C+{\sqrt {\pi t}}$, avec $C=F(0)=0$.

 

On pose $f\left(x,t\right)={\frac {\ln \left(x^{2}+t^{2}\right)}{1+t^{2}}}$ puis $I\left(x\right)=\int _{0}^{+\infty }f\left(x,t\right)\,\mathrm {d} t$.

1. Montrer que l'application $I$ est définie et continue sur $\mathbb {R}$.
2. Montrer qu'elle est de classe C¹ sur $\mathbb {R} ^{*}$.
3. Calculer $I'\left(x\right)$.
4. À l'aide du changement de variable $s={\frac {1}{t}}$, montrer que $I\left(0\right)=0$.
5. En déduire une expression de $I\left(x\right)$.

Solution

1. Pour tout $M>0$, $f$ est continue sur $\left]-M,M\right[\times \mathbb {R} _{+}^{*}$ et $\forall \left(x,t\right)\in \left]-M,M\right[\times \mathbb {R} _{+}^{*}\quad \left|f\left(x,t\right)\right|\leq g\left(t\right):={\frac {\max \left(\left|\ln \left(t^{2}\right)\right|,\left|\ln \left(M^{2}+t^{2}\right)\right|\right)}{1+t^{2}}}$.
   La fonction positive $g$ est intégrable de $0$ à $+\infty$ car elle est continue sur $\mathbb {R} _{+}^{*}$ et $g(t)\sim _{t\to 0^{+}}2\left|\ln t\right|$, intégrable en $0^{+}$ et $g(t)\sim _{t\to +\infty }{\frac {2\ln t}{t^{2}}}=o\left({\frac {1}{t^{3/2}}}\right)$, intégrable en $+\infty$.
   Donc $I$ est définie et continue sur $\left]-M,M\right[$, et ce pour tout $M>0$. Par conséquent, elle est définie et continue sur $\cup _{M>0}\left]-M,M\right[=\mathbb {R}$.
2. $I$ est paire donc il suffit de montrer qu'elle est de classe C¹ sur $\mathbb {R} _{+}^{*}$.
   La fonction $x\mapsto {\frac {\partial f\left(x,t\right)}{\partial x}}={\frac {2x}{\left(x^{2}+t^{2}\right)\left(1+t^{2}\right)}}$ est continue pour tout $t>0$ mais $\sup _{x>0}{\frac {2x}{\left(x^{2}+t^{2}\right)\left(1+t^{2}\right)}}$ est atteint pour $x=t$ et vaut ${\frac {1}{t\left(1+t^{2}\right)}}$, non intégrable en $0$.
   Il faut donc fixer provisoirement pour $x$ un « garde-fou » $\varepsilon >0$. En calculant, pour $t>0$ fixé, $h\left(t\right):=\sup _{x>\varepsilon }{\frac {2x}{\left(x^{2}+t^{2}\right)\left(1+t^{2}\right)}}$, on trouve :
   $\forall \left(x,t\right)\in \left]\varepsilon ,+\infty \right[\times \mathbb {R} _{+}^{*}\quad \left|{\frac {\partial f\left(x,t\right)}{\partial x}}\right|\leq h\left(t\right)={\begin{cases}{\frac {1}{t\left(1+t^{2}\right)}}&{\text{si }}t\geq \varepsilon \\{\frac {2\varepsilon }{\left(\varepsilon ^{2}+t^{2}\right)\left(1+t^{2}\right)}}&{\text{si }}t\leq \varepsilon .\end{cases}}$
   La fonction positive $h$ est intégrable de $0$ à $+\infty$ car elle est continue sur $\mathbb {R} _{+}$ et $h(t)\sim _{t\to +\infty }{\frac {1}{t^{3}}}$, intégrable en $+\infty$.
   Donc $I$ est de classe C¹ sur $\left]\varepsilon ,+\infty \right[$ avec $\forall x>\varepsilon \quad I'\left(x\right)=\int _{0}^{+\infty }{\frac {\partial f\left(x,t\right)}{\partial x}}\,\mathrm {d} t$, et ce pour tout $\varepsilon >0$. Par conséquent, elle est bien de classe C¹ sur $\cup _{\varepsilon >0}\left]\varepsilon ,+\infty \right[=\mathbb {R} _{+}^{*}$.
3. Soit $x\in \mathbb {R} ^{*}$, différent de $\pm 1$ (on en aura besoin au cours du calcul).

   ${\begin{aligned}\forall x\in \mathbb {R} ^{*}\setminus \{-1,1\}\quad I'\left(x\right)&=\int _{0}^{+\infty }{\frac {2x}{\left(x^{2}+t^{2}\right)\left(1+t^{2}\right)}}\,\mathrm {d} t\\&={\frac {2x}{x^{2}-1}}\int _{0}^{+\infty }\left({\frac {1}{1+t^{2}}}-{\frac {1}{x^{2}+t^{2}}}\right)\,\mathrm {d} t\\&={\frac {2x}{x^{2}-1}}\left(\int _{0}^{+\infty }{\frac {1}{1+t^{2}}}\,\mathrm {d} t-{\frac {1}{|x|}}\int _{0}^{+\infty }{\frac {1}{1+s^{2}}}\,\mathrm {d} s\right)\\&={\frac {2x}{x^{2}-1}}\left(1-{\frac {1}{|x|}}\right){\frac {\pi }{2}}\\&={\frac {x}{|x|}}{\frac {\pi }{|x|+1}}.\end{aligned}}$
   Par continuité, cette expression de $I'\left(x\right)$ est encore valide pour $x=\pm 1$.

4. $I\left(0\right)=2\int _{0}^{+\infty }{\frac {\ln t}{1+t^{2}}}\,\mathrm {d} t=2\int _{+\infty }^{0}{\frac {-\ln s}{1+1/s^{2}}}\,{\frac {-\mathrm {d} s}{s^{2}}}=-2\int _{0}^{+\infty }{\frac {\ln s}{s^{2}+1}}\,\mathrm {d} s=-I\left(0\right)$ donc $I\left(0\right)=0$.
5. D'après la question 3, il existe une constante $C$ telle que $\forall x>0\quad I\left(x\right)=\pi \ln \left(x+1\right)+C$. D'après les questions 1 et 4, $C=0$.
   Donc $I\left(x\right)=\pi \ln \left(x+1\right)$ pour tout $x\geq 0$ et par parité, $I\left(x\right)=\pi \ln \left(|x|+1\right)$ pour tout $x\in \mathbb {R}$.

 

Exercice 2-7

Soient $F$ et $G$ définies sur $\mathbb {R}$ par

$F(x)=\int _{0}^{x}\mathrm {e} ^{-t^{2}}\,\mathrm {d} t,\quad G(x)=\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {e} ^{-x^{2}(1+t^{2})}}{1+t^{2}}}\,\mathrm {d} t$.

1. Montrer que $F$ et $G$ sont de classe C¹ et calculer leurs dérivées.
2. En déduire que $G+F^{2}$ est constante. Que vaut cette constante ?
3. Déterminer la limite en $+\infty$ de $G$ puis de $F$, et retrouver ainsi la valeur de l'intégrale de Gauss, $\int _{-\infty }^{+\infty }\mathrm {e} ^{-t^{2}}\,\mathrm {d} t$.

Solution

1. • D'après le théorème fondamental de l'analyse, $F$ est de classe C¹ et $\forall x\in \mathbb {R} \quad F'(x)=\mathrm {e} ^{-x^{2}}$.
   • D'après le théorème adhoc sur les intégrales à paramètre, $G$ est de classe C¹ et $\forall x\in \mathbb {R} \quad G'(x)=-2x\int _{0}^{1}\mathrm {e} ^{-x^{2}(1+t^{2})}\,\mathrm {d} t$.
2. Par changement de variable $s=xt$, $G'(x)=-2\int _{0}^{1}\mathrm {e} ^{-x^{2}-s^{2}}\,\mathrm {d} s=-2F'(x)F(x)$ donc $(G+F^{2})'=0$.
   Par conséquent, $\forall x\in \mathbb {R} \quad (G+F^{2})(x)=(G+F^{2})(0)=0+\int _{0}^{1}{\frac {1}{1+t^{2}}}\,\mathrm {d} t=[\arctan ]_{0}^{1}={\frac {\pi }{4}}$.
3. D'après le théorème adhoc sur les intégrales à paramètre (ou simplement parce que $0\leq G(x)\leq \mathrm {e} ^{-x^{2}}$), $\lim _{+\infty }G=0$.
   On déduit alors de la question précédente que $\lim _{+\infty }F^{2}={\frac {\pi }{4}}$, c'est-à-dire (puisque $F\geq 0$) $\lim _{+\infty }F={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}$.
   Par conséquent, $\int _{-\infty }^{+\infty }\mathrm {e} ^{-t^{2}}\,\mathrm {d} t=2\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-t^{2}}\,\mathrm {d} t=2\lim _{+\infty }F={\sqrt {\pi }}$.

 

Variante : pour $x\geq 0$, on pose

$\psi (x)=\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-(t^{2}+1)x}}{t^{2}+1}}\;\mathrm {d} t$.

1. Montrer que sur $\left[0,+\infty \right[$, $\psi$ est bien définie et continue.
2. Montrer que $\psi$ est de classe C¹ sur $\left]0,+\infty \right[$.
3. Calculer $\psi (0)$ et étudier la limite de $\psi$ en $+\infty$.
4. Montrer que pour tout $x\in \mathbb {R} ^{*}$ on a $\psi '(x)=-{\frac {\mathrm {e} ^{-x}}{\sqrt {x}}}\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-s^{2}}\;\mathrm {d} s$.
5. Montrer que $\int _{0}^{+\infty }\psi '(x)\;\mathrm {d} x=-2\left(\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-s^{2}}\;\mathrm {d} s\right)^{2}$.
6. En déduire que $\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-u^{2}}\;\mathrm {d} u={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}$.

Solution

1. La fonction $(t,x)\mapsto {\frac {\mathrm {e} ^{-(t^{2}+1)x}}{t^{2}+1}}$ est continue sur $\mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} _{+}$ comme quotient de composées de fonctions usuelles dont le dénominateur ne s'annule pas.
   En outre pour tout $(t,x)\in (\mathbb {R} _{+})^{2}$ on a $0\leq {\frac {\mathrm {e} ^{-(t^{2}+1)x}}{t^{2}+1}}\;\mathrm {d} t\leq {\frac {1}{1+t^{2}}}$.
   Or l'intégrale $\int _{0}^{+\infty }{\frac {1}{t^{2}+1}}\;\mathrm {d} t$ est convergente, donc par le théorème de continuité sous l'intégrale on obtient que $\psi$ est définie et continue sur $\mathbb {R} _{+}$.
2. Soit $\varepsilon >0$. Montrons que $\psi$ est dérivable sur $\left]\varepsilon ,+\infty \right[$. Pour tout $t\in \mathbb {R} _{+}$, l'application $x\mapsto {\frac {\mathrm {e} ^{-(t^{2}+1)x}}{t^{2}+1}}$ est de classe C¹ sur $\left]\varepsilon ,+\infty \right[$.
   En outre pour tout $(t,x)\in \mathbb {R} _{+}\times \left]\varepsilon ,+\infty \right[$ on a $\left|{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\mathrm {e} ^{-(t^{2}+1)x}}{t^{2}+1}}\right|=\mathrm {e} ^{-(t^{2}+1)x}\leq \mathrm {e} ^{-(t^{2}+1)\varepsilon }$.
   Or l'intégrale $\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-(t^{2}+1)\varepsilon }\;\mathrm {d} t$ est convergente, donc par le théorème de dérivation sous l'intégrale, on obtient que $\psi$ est C¹ sur $\left]\varepsilon ,+\infty \right[$ et ce pour tout $\varepsilon >0$ donc en définitive sur $\left]0,+\infty \right[$, et que sur cet intervalle,
   $\psi '(x)=-\int _{0}^{+\infty }{\mathrm {e} ^{-(t^{2}+1)x}}\;\mathrm {d} t$.
   Remarquons que le « garde-fou » $\varepsilon >0$ était indispensable puisqu'en $0$, $\psi$ n'est pas dérivable. En effet, $\lim _{x\to 0^{+}}\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-(t^{2}+1)x}-1}{x(t^{2}+1)}}\;\mathrm {d} t=-\infty$ car $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-(t^{2}+1)x}-1}{x(t^{2}+1)}}\;\mathrm {d} t=\int _{x}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-s}-1}{s}}\;{\frac {\mathrm {d} s}{2x{\sqrt {{\frac {s}{x}}-1}}}}<{\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}\int _{x}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-s}-1}{s^{3/2}}}\;\mathrm {d} s\sim _{x\to 0^{+}}-{\frac {C}{2{\sqrt {x}}}}$ avec $C=\int _{0}^{+\infty }{\frac {1-\mathrm {e} ^{-s}}{s^{3/2}}}\;\mathrm {d} s>0$.
3. On a
   $\psi (0)=\int _{0}^{+\infty }{\frac {1}{1+t^{2}}}\;\mathrm {d} t={\frac {\pi }{2}}$.
   Pour tout $x\geq 0$ on a
   $0\leq \psi (x)\leq \int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-x}}{t^{2}+1}}\;\mathrm {d} t\leq {\frac {\pi }{2}}\mathrm {e} ^{-x}{\xrightarrow[{x\to {+\infty }}]{}}0$.
4. Soit $x>0$. On a vu que $\psi '(x)=-\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-(t^{2}+1)x}\;\mathrm {d} t=-\mathrm {e} ^{-x}\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-t^{2}x}\;\mathrm {d} t$.
   On effectue le changement de variable $s={\sqrt {x}}t$, $\mathrm {d} s={\sqrt {x}}\;\mathrm {d} t$, et l'on obtient
   $\psi '(x)=-{\frac {\mathrm {e} ^{-x}}{\sqrt {x}}}\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-s^{2}}\;\mathrm {d} s$.
5. On a alors
   $\int _{0}^{+\infty }\psi '(x)\;\mathrm {d} x=-\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-x}}{\sqrt {x}}}\;\mathrm {d} x\times \int _{0}^{+\infty }\mathrm {\mathrm {e} } ^{-s^{2}}\;\mathrm {d} s$.
   Dans la première intégrale, on effectue le changement de variables $x=s^{2}$, $\mathrm {d} x=2s\;\mathrm {d} s$, ce qui donne bien l'égalité demandée.
6. D'autre part on a
   $\int _{0}^{+\infty }\psi '(x)\;\mathrm {d} x=\lim _{+\infty }\psi -\lim _{0}\psi =-{\frac {\pi }{2}}$
   et donc
   $\left(\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-s^{2}}\;\mathrm {d} s\right)^{2}={\frac {\pi }{4}}$.

 

Exercice 2-8

Toutes les fonctions considérées sont encore supposées continues par morceaux.

1. À l'aide des deux premiers théorèmes des rappels ci-dessus, démontrer la variante suivante du troisième :

Début d’un théorème

Classe C¹, hypothèses faibles

Si :

• il existe $x_{0}\in J$ tel que $f(x_{0},\cdot )$ soit (absolument) intégrable
• $\forall t\in \left[a,b\right[\quad x\mapsto f(x,t)$ est de classe C¹ sur $J$ ;
• $\forall (x,t)\in J\times \left[a,b\right[\quad \left|{\frac {\partial f}{\partial x}}(x,t)\right|\leq g(t)$ pour une certaine fonction $g$ intégrable sur $\left[a,b\right[$,

alors :

• $F$ est bien définie et de classe C¹ sur $J$ et $\forall x\in J\quad F'(x)=\int _{a}^{b}{\frac {\partial f}{\partial x}}(x,t)\,\mathrm {d} t$.

Fin du théorème

2. Démontrer la généralisation suivante, pour $k\in \mathbb {N}$ :

Début d’un théorème

Classe C^k, hypothèses faibles

Si :

• $\forall j\in \{0,1,\dots ,k-1\}\quad \exists x_{j}\in J\quad {\frac {\partial ^{j}f}{\partial x^{j}}}(x_{j},\cdot )$ est (absolument) intégrable sur $\left[a,b\right[$ ;
• $\forall t\in \left[a,b\right[\quad f(\cdot ,t)$ est de classe C^k sur $J$ ;
• $\forall x\in J\quad \left|{\frac {\partial ^{k}f}{\partial x^{k}}}(x,\cdot )\right|\leq g$, intégrable sur $\left[a,b\right[$,

alors $F$ est bien définie et de classe C^k sur $J$ et $\forall j\leq k\quad \forall x\in J\quad F^{(j)}(x)=\int _{a}^{b}{\frac {\partial ^{j}f}{\partial x^{j}}}(x,t)\,\mathrm {d} t$.

Fin du théorème

Solution

1. Remarquons d'abord que les hypothèses suffisent pour que pour tout $x\in J$