En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, «
Exercice : Intégrales dépendant d'un paramètreMathématiques en MP/Exercices/Intégrales dépendant d'un paramètre », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
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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
{\displaystyle J}
désignera un intervalle réel et
f
{\displaystyle f}
une application définie sur
J
×
[
a
,
b
[
{\displaystyle J\times \left[a,b\right[}
et à valeurs dans
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
ou
C
{\displaystyle \mathbb {C} }
(
b
{\displaystyle b}
peut être infini). On définit
F
(
x
)
:=
∫
a
b
f
(
x
,
t
)
d
t
{\displaystyle F(x):=\int _{a}^{b}f(x,t)\,\mathrm {d} t}
(pour les
x
∈
J
{\displaystyle x\in J}
pour lesquels cette intégrale converge).
Début d’un théorème
Limite
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Soit
x
0
{\displaystyle x_{0}}
une extrémité (éventuellement infinie) de l'intervalle
J
{\displaystyle J}
. Si :
∀
t
∈
[
a
,
b
[
lim
x
→
x
0
f
(
x
,
t
)
{\displaystyle \forall t\in \left[a,b\right[\quad \lim _{x\to x_{0}}f(x,t)}
existe ;
∀
(
x
,
t
)
∈
J
×
[
a
,
b
[
|
f
(
x
,
t
)
|
≤
g
(
t
)
{\displaystyle \forall (x,t)\in J\times \left[a,b\right[\quad |f(x,t)|\leq g(t)}
pour une certaine fonction
g
{\displaystyle g}
intégrable sur
[
a
,
b
[
{\displaystyle \left[a,b\right[}
,
alors :
F
{\displaystyle F}
est bien définie sur
J
{\displaystyle J}
et
lim
x
→
x
0
F
(
x
)
=
∫
a
b
lim
x
→
x
0
f
(
x
,
t
)
d
t
{\displaystyle \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 :
∀
t
∈
[
a
,
b
[
x
↦
f
(
x
,
t
)
{\displaystyle \forall t\in \left[a,b\right[\quad x\mapsto f(x,t)}
est continue sur
J
{\displaystyle J}
;
∀
(
x
,
t
)
∈
J
×
[
a
,
b
[
|
f
(
x
,
t
)
|
≤
g
(
t
)
{\displaystyle \forall (x,t)\in J\times \left[a,b\right[\quad |f(x,t)|\leq g(t)}
pour une certaine fonction
g
{\displaystyle g}
intégrable sur
[
a
,
b
[
{\displaystyle \left[a,b\right[}
,
alors :
F
{\displaystyle F}
est bien définie et continue sur
J
{\displaystyle J}
.
Fin du théorème
Début d’un théorème
Classe C1
Si
F
{\displaystyle F}
est bien définie sur
J
{\displaystyle J}
et si :
∀
t
∈
[
a
,
b
[
x
↦
f
(
x
,
t
)
{\displaystyle \forall t\in \left[a,b\right[\quad x\mapsto f(x,t)}
est de classe C1 sur
J
{\displaystyle J}
;
∀
(
x
,
t
)
∈
J
×
[
a
,
b
[
|
∂
f
∂
x
(
x
,
t
)
|
≤
g
(
t
)
{\displaystyle \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
{\displaystyle g}
intégrable sur
[
a
,
b
[
{\displaystyle \left[a,b\right[}
,
alors :
F
{\displaystyle F}
est de classe C1 sur
J
{\displaystyle J}
et
∀
x
∈
J
F
′
(
x
)
=
∫
a
b
∂
f
∂
x
(
x
,
t
)
d
t
{\displaystyle \forall x\in J\quad F'(x)=\int _{a}^{b}{\frac {\partial f}{\partial x}}(x,t)\,\mathrm {d} t}
.
Fin du théorème
On considère
g
(
x
)
:=
∫
0
+
∞
f
(
x
,
t
)
d
t
{\displaystyle g(x):=\int _{0}^{+\infty }f(x,t)\,\mathrm {d} t}
, pour
f
:
R
×
[
0
,
+
∞
[
→
R
,
(
x
,
t
)
↦
x
1
+
x
2
t
2
{\displaystyle f:\mathbb {R} \times \left[0,+\infty \right[\to \mathbb {R} ,\,(x,t)\mapsto {\frac {x}{1+x^{2}t^{2}}}}
.
Montrer que
f
{\displaystyle f}
est continue (sur
R
×
[
0
,
+
∞
[
{\displaystyle \mathbb {R} \times \left[0,+\infty \right[}
) et que
g
{\displaystyle g}
est bien définie sur
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
.
Pour tout
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
, calculer
g
(
x
)
{\displaystyle g(x)}
.
Pour tout
t
∈
]
0
,
+
∞
[
{\displaystyle t\in \left]0,+\infty \right[}
, calculer
h
(
t
)
:=
sup
x
∈
R
|
f
(
x
,
t
)
|
{\displaystyle h(t):=\sup _{x\in \mathbb {R} }\left|f(x,t)\right|}
.
L'intégrale
∫
0
+
∞
h
(
t
)
d
t
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }h(t)\,\mathrm {d} t}
est-elle convergente ?
Étudier de même
h
ε
,
M
(
t
)
:=
sup
ε
≤
|
x
|
≤
M
|
f
(
x
,
t
)
|
{\displaystyle h_{\varepsilon ,M}(t):=\sup _{\varepsilon \leq |x|\leq M}\left|f(x,t)\right|}
, pour
0
<
ε
≤
M
{\displaystyle 0<\varepsilon \leq M}
.
Solution
f
(
0
,
t
)
=
0
{\displaystyle f(0,t)=0}
donc
g
(
0
)
=
0
{\displaystyle g(0)=0}
.
f
{\displaystyle f}
est continue car c'est une fraction rationnelle (en deux variables) dont le dénominateur ne s'annule pas. De plus, pour
x
∈
R
∗
{\displaystyle x\in \mathbb {R} ^{*}}
fixé,
t
↦
f
(
x
,
t
)
{\displaystyle t\mapsto f(x,t)}
est intégrable en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
car (par changement de variable
s
=
|
x
|
t
{\displaystyle s=|x|t}
)
∫
0
+
∞
|
x
|
1
+
x
2
t
2
d
t
=
∫
0
+
∞
1
1
+
s
2
d
s
=
π
2
<
+
∞
{\displaystyle \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
{\displaystyle g}
est bien définie sur
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
.
Par le même calcul,
g
(
x
)
=
{
π
2
si
x
>
0
,
−
π
2
si
x
<
0
,
0
si
x
=
0.
{\displaystyle 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}}}
h
(
t
)
=
sup
x
∈
R
|
x
|
1
+
x
2
t
2
=
1
t
sup
s
≥
0
s
1
+
s
2
=
1
2
t
{\displaystyle 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}}}
.
Non (
h
{\displaystyle h}
n'est même intégrable ni en
0
{\displaystyle 0}
, ni en
+
∞
{\displaystyle +\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
{\displaystyle g}
n'est pas continue en
0
{\displaystyle 0}
;
∫
0
+
∞
lim
x
→
+
∞
x
1
+
x
2
t
2
d
t
=
∫
0
+
∞
0
d
t
=
0
≠
π
2
{\displaystyle \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}}}
.
h
ε
,
M
(
t
)
=
sup
ε
≤
|
x
|
≤
M
|
x
|
1
+
x
2
t
2
=
1
t
sup
ε
t
≤
s
≤
M
t
s
1
+
s
2
=
{
M
1
+
M
2
t
2
si
t
≤
1
/
M
1
2
t
si
1
/
M
≤
t
≤
1
/
ε
ε
1
+
ε
2
t
2
si
t
≥
1
/
ε
{\displaystyle 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
ε
,
M
{\displaystyle h_{\varepsilon ,M}}
est (continue et) intégrable en
0
{\displaystyle 0}
et en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
. Ceci permettrait, si l'on n'avait pas déjà calculé
g
{\displaystyle g}
, de démontrer que cette fonction est continue sur
R
∗
{\displaystyle \mathbb {R} ^{*}}
.
Sur le même thème : pour
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
, on pose
f
(
x
,
t
)
=
x
sin
(
x
t
)
t
{\displaystyle f(x,t)={\frac {x\sin(xt)}{t}}}
et
ψ
(
x
)
=
∫
0
+
∞
f
(
x
,
t
)
d
t
{\displaystyle \psi (x)=\int _{0}^{+\infty }f(x,t)\;\mathrm {d} t}
.
Montrer que
ψ
{\displaystyle \psi }
est de classe C∞ sur
R
∗
{\displaystyle \mathbb {R} ^{*}}
mais que
ψ
′
(
x
)
≠
∫
0
+
∞
∂
f
∂
x
(
x
,
t
)
d
t
{\displaystyle \psi '(x)\neq \int _{0}^{+\infty }{\frac {\partial f}{\partial x}}(x,t)\;\mathrm {d} t}
.
Soit
h
(
t
)
=
−
1
t
ln
t
{\displaystyle h(t)={-1 \over t\ln t}}
. Vérifier que sur
]
0
,
1
/
e
[
{\displaystyle \left]0,1/\mathrm {e} \right[}
,
h
{\displaystyle h}
est positive, strictement décroissante, que
lim
t
→
0
+
t
h
(
t
)
=
0
{\displaystyle \lim _{t\to 0^{+}}t\,h(t)=0}
et que
h
{\displaystyle h}
n'est pas intégrable en 0.
Soit
(
b
n
)
{\displaystyle (b_{n})}
une suite décroissante de réels tendant vers 0, et telle que
b
n
+
1
∼
b
n
{\displaystyle b_{n+1}\sim b_{n}}
. On pose
a
n
=
h
(
b
n
+
1
)
{\displaystyle a_{n}=h(b_{n+1})}
(on suppose
b
0
<
1
/
e
{\displaystyle b_{0}<1/\mathrm {e} }
) et
f
n
=
a
n
1
]
0
,
b
n
]
{\displaystyle f_{n}=a_{n}\mathbf {1} _{\left]0,b_{n}\right]}}
. Vérifier que
f
n
→
0
{\displaystyle f_{n}\to 0}
simplement et
∫
f
n
d
λ
→
0
{\displaystyle \int f_{n}\,\mathrm {d} \lambda \to 0}
.
Vérifier que pour tout
x
∈
]
0
,
b
1
]
{\displaystyle x\in \left]0,b_{1}\right]}
, la suite des
f
n
(
x
)
{\displaystyle f_{n}(x)}
est positive mais non monotone. Soit
f
(
x
)
{\displaystyle f(x)}
son sup, vérifier que
∀
x
∈
]
0
,
b
0
]
f
(
x
)
>
h
(
x
)
{\displaystyle \forall x\in \left]0,b_{0}\right]\quad f(x)>h(x)}
. En déduire qu'il n'existe pas de fonction
g
{\displaystyle g}
intégrable telle que
∀
n
|
f
n
|
≤
g
λ
{\displaystyle \forall n\quad |f_{n}|\leq g\quad \lambda }
-presque partout .
Solution
Sur
]
0
,
1
[
{\displaystyle \left]0,1\right[}
,
h
{\displaystyle h}
est positive et
h
′
(
t
)
=
1
+
ln
t
t
2
ln
2
t
<
0
⇔
ln
t
<
−
1
⇔
t
<
1
/
e
{\displaystyle h'(t)={1+\ln t \over t^{2}\ln ^{2}t}<0\Leftrightarrow \ln t<-1\Leftrightarrow t<1/\mathrm {e} }
.
lim
t
→
0
+
t
h
(
t
)
=
−
1
ln
(
0
+
)
=
−
1
−
∞
=
0
+
{\displaystyle \lim _{t\to 0^{+}}t\,h(t)={-1 \over \ln(0^{+})}={-1 \over -\infty }=0^{+}}
, et
u
=
−
ln
t
{\displaystyle u=-\ln t}
donne
∫
0
1
/
e
h
(
t
)
d
t
=
∫
1
∞
d
u
u
=
+
∞
{\displaystyle \int _{0}^{1/\mathrm {e} }h(t)\,\mathrm {d} t=\int _{1}^{\infty }{\mathrm {d} u \over u}=+\infty }
.
Dès que
b
n
<
x
{\displaystyle b_{n}<x}
,
f
n
(
x
)
{\displaystyle f_{n}(x)}
stationne à 0 (donc tend vers 0).
∫
f
n
d
λ
=
a
n
b
n
=
h
(
b
n
+
1
)
b
n
∼
h
(
b
n
+
1
)
b
n
+
1
→
0
{\displaystyle \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
→
0
+
{\displaystyle b_{n}\to 0^{+}}
et
lim
t
→
0
+
t
h
(
t
)
=
0
{\displaystyle \lim _{t\to 0^{+}}t\,h(t)=0}
).
Si
x
∈
]
b
k
+
1
,
b
k
]
{\displaystyle x\in \left]b_{k+1},b_{k}\right]}
, la suite des
f
n
(
x
)
{\displaystyle f_{n}(x)}
vaut
a
n
{\displaystyle a_{n}}
(suite positive croissante) tant que
n
≤
k
{\displaystyle n\leq k}
, puis chute à 0 pour
n
>
k
{\displaystyle n>k}
, et
f
(
x
)
=
a
k
=
h
(
b
k
+
1
)
>
h
(
x
)
{\displaystyle f(x)=a_{k}=h(b_{k+1})>h(x)}
. Donc
f
{\displaystyle f}
n'est pas intégrable (a fortiori , aucun majorant p.p. des
f
n
{\displaystyle f_{n}}
n'est intégrable).
On pose
I
n
:=
∫
0
+
∞
d
t
(
1
+
t
2
)
n
{\displaystyle I_{n}:=\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{\left(1+t^{2}\right)^{n}}}}
pour tout
n
∈
N
∗
{\displaystyle n\in \mathbb {N} ^{*}}
et
g
(
x
)
:=
∫
0
+
∞
d
t
x
+
t
2
{\displaystyle g(x):=\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{x+t^{2}}}}
pour tout
x
>
0
{\displaystyle x>0}
.
À l'aide du théorème de dérivation pour les intégrales à paramètre, montrer que
g
{\displaystyle g}
est de classe C∞ sur
R
+
∗
{\displaystyle \mathbb {R} _{+}^{*}}
et donner une relation entre la suite
(
I
n
)
{\displaystyle \left(I_{n}\right)}
et la suite des dérivées successives de
g
{\displaystyle g}
au point
1
{\displaystyle 1}
.
Calculer directement
g
{\displaystyle g}
à partir de sa définition, et en déduire l'expression de ses dérivées.
En déduire
I
n
{\displaystyle I_{n}}
.
Solution
Pour tout
k
∈
N
{\displaystyle k\in \mathbb {N} }
,
(
x
,
t
)
↦
∂
k
∂
x
k
(
1
x
+
t
2
)
=
(
−
1
)
k
k
!
(
x
+
t
2
)
k
+
1
{\displaystyle (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
R
+
∗
×
R
+
{\displaystyle \mathbb {R} _{+}^{*}\times \mathbb {R} _{+}}
mais
t
↦
sup
x
>
0
1
(
x
+
t
2
)
k
+
1
=
1
t
2
k
+
2
{\displaystyle 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
∈
]
0
,
+
∞
[
{\displaystyle x\in \left]0,+\infty \right[}
. Appliquons-le alors (pour s'écarter de
x
=
0
{\displaystyle x=0}
en lequel ce sup non intégrable est atteint) pour
x
∈
]
ε
,
+
∞
[
{\displaystyle x\in \left]\varepsilon ,+\infty \right[}
(avec
ε
>
0
{\displaystyle \varepsilon >0}
) :
t
↦
sup
x
>
ε
1
(
x
+
t
2
)
k
+
1
=
1
(
ε
+
t
2
)
k
+
1
{\displaystyle 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
[
0
,
+
∞
[
{\displaystyle \left[0,+\infty \right[}
, ce qui prouve (par récurrence) que
∀
k
∈
N
∀
x
>
ε
g
(
k
)
(
x
)
=
∫
0
+
∞
(
−
1
)
k
k
!
(
x
+
t
2
)
k
+
1
d
t
{\displaystyle \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
∈
∪
ε
>
0
]
ε
,
+
∞
[
=
]
0
,
+
∞
[
{\displaystyle x\in \cup _{\varepsilon >0}\left]\varepsilon ,+\infty \right[=\left]0,+\infty \right[}
,
g
{\displaystyle g}
est bien de classe C∞ sur
R
+
∗
{\displaystyle \mathbb {R} _{+}^{*}}
. En particulier,
g
(
k
)
(
1
)
=
(
−
1
)
k
k
!
I
k
+
1
{\displaystyle g^{(k)}(1)=(-1)^{k}k!\,I_{k+1}}
.
Par changement de variable
t
=
s
x
{\displaystyle t=s{\sqrt {x}}}
,
g
(
x
)
=
1
x
∫
0
+
∞
d
s
1
+
s
2
=
x
−
1
/
2
π
2
{\displaystyle g(x)={\frac {1}{\sqrt {x}}}\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} s}{1+s^{2}}}=x^{-1/2}{\frac {\pi }{2}}}
donc
∀
k
∈
N
g
(
k
)
(
x
)
=
x
−
(
2
k
+
1
)
/
2
π
(
−
1
)
k
⋅
1
⋅
3
⋯
(
2
k
−
1
)
2
k
+
1
=
x
−
(
2
k
+
1
)
/
2
π
(
−
1
)
k
(
2
k
)
!
2
2
k
+
1
k
!
{\displaystyle \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!}}}
.
∀
k
∈
N
(
−
1
)
k
k
!
I
k
+
1
=
g
(
k
)
(
1
)
=
(
−
1
)
k
π
(
2
k
)
!
2
2
k
+
1
k
!
{\displaystyle \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
{\displaystyle k}
par
n
−
1
{\displaystyle n-1}
)
∀
n
∈
N
∗
I
n
=
π
(
2
n
−
2
)
!
2
2
n
−
1
(
(
n
−
1
)
!
)
2
{\displaystyle \forall n\in \mathbb {N} ^{*}\quad I_{n}=\pi \,{\frac {(2n-2)!}{2^{2n-1}\left((n-1)!\right)^{2}}}}
.
Variante : pour
n
∈
N
∗
{\displaystyle n\in \mathbb {N} ^{*}}
et
x
∈
]
0
,
+
∞
[
{\displaystyle x\in \left]0,+\infty \right[}
, on pose
I
n
(
x
)
=
∫
0
+
∞
d
t
(
t
2
+
x
2
)
n
{\displaystyle I_{n}(x)=\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{(t^{2}+x^{2})^{n}}}}
.
Montrer que
I
n
(
x
)
{\displaystyle I_{n}(x)}
est bien définie et dérivable sur
]
0
,
+
∞
[
{\displaystyle \left]0,+\infty \right[}
. Calculer sa dérivée.
En déduire la valeur de
∫
0
+
∞
d
t
(
t
2
+
1
)
3
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{(t^{2}+1)^{3}}}}
.
Solution
Cf. exercice 2-8 ci-dessus. Pour
t
∈
R
+
{\displaystyle t\in \mathbb {R} _{+}}
et
x
∈
R
+
∗
{\displaystyle x\in \mathbb {R} _{+}^{*}}
, notons
f
(
t
,
x
)
=
1
(
t
2
+
x
2
)
n
{\displaystyle f(t,x)={\frac {1}{(t^{2}+x^{2})^{n}}}}
. L'intégrale
I
n
(
1
)
{\displaystyle I_{n}(1)}
converge et pour tout
t
∈
R
+
{\displaystyle t\in \mathbb {R} _{+}}
,
x
↦
f
(
t
,
x
)
{\displaystyle x\mapsto f(t,x)}
est de classe C1 sur
R
+
∗
{\displaystyle \mathbb {R} _{+}^{*}}
. De plus, pour tout
x
>
ε
>
0
{\displaystyle x>\varepsilon >0}
et tout
t
∈
R
+
{\displaystyle t\in \mathbb {R} _{+}}
,
|
∂
f
∂
x
(
t
,
x
)
|
=
|
−
2
n
x
(
t
2
+
x
2
)
n
+
1
|
≤
2
n
(
t
2
+
x
2
)
n
+
1
2
≤
2
n
(
t
2
+
ε
2
)
n
+
1
2
{\displaystyle \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
∫
0
+
∞
d
t
(
t
2
+
x
2
)
n
+
1
2
<
+
∞
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{(t^{2}+x^{2})^{n+{\frac {1}{2}}}}}<+\infty }
. Par conséquent,
I
n
{\displaystyle I_{n}}
est bien définie et C1 sur la réunion des
]
ε
,
+
∞
[
⊂
R
+
∗
{\displaystyle \left]\varepsilon ,+\infty \right[\subset \mathbb {R} _{+}^{*}}
c'est-à-dire sur
R
+
∗
{\displaystyle \mathbb {R} _{+}^{*}}
, et sur cet ensemble on a :
I
n
′
(
x
)
=
−
2
n
x
∫
0
+
∞
d
t
(
t
2
+
x
2
)
n
+
1
=
−
2
n
x
I
n
+
1
(
x
)
{\displaystyle I_{n}'(x)=-2nx\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{(t^{2}+x^{2})^{n+1}}}=-2nxI_{n+1}(x)}
. (Le « garde-fou »
ε
>
0
{\displaystyle \varepsilon >0}
était indispensable car sans même calculer la fonction
t
↦
sup
x
>
0
x
(
t
2
+
x
2
)
n
+
1
{\displaystyle t\mapsto \sup _{x>0}{\frac {x}{(t^{2}+x^{2})^{n+1}}}}
, on peut affirmer que son intégrale de
0
{\displaystyle 0}
à
+
∞
{\displaystyle +\infty }
diverge, sinon on en déduirait que
I
n
{\displaystyle I_{n}}
est de classe C1 sur
R
+
{\displaystyle \mathbb {R} _{+}}
, alors qu'en réalité elle n'est même pas définie en
0
{\displaystyle 0}
.)
Soit
x
>
0
{\displaystyle x>0}
. Par changement de variable
t
=
x
s
{\displaystyle t=xs}
,
I
1
(
x
)
=
1
x
∫
0
+
∞
d
s
s
2
+
1
=
π
2
x
{\displaystyle I_{1}(x)={\frac {1}{x}}\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} s}{s^{2}+1}}={\frac {\pi }{2x}}}
. On en déduit que
∀
x
>
0
I
2
(
x
)
=
−
1
2
x
I
1
′
(
x
)
=
π
2
x
3
{\displaystyle \forall x>0\quad I_{2}(x)=-{\frac {1}{2x}}I'_{1}(x)={\frac {\pi }{2x^{3}}}}
, puis
∀
x
>
0
I
3
(
x
)
=
−
1
4
x
I
2
′
(
x
)
=
3
π
16
x
5
{\displaystyle \forall x>0\quad I_{3}(x)=-{\frac {1}{4x}}I'_{2}(x)={\frac {3\pi }{16x^{5}}}}
.
I
n
(
x
)
{\displaystyle I_{n}(x)}
peut aussi se déduire de
I
n
(
1
)
{\displaystyle I_{n}(1)}
par changement de variable, et
I
n
(
1
)
{\displaystyle 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 .
On sait bien que l'intégrale de Dirichlet
I
:=
∫
0
+
∞
sin
t
t
d
t
{\displaystyle 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
)
:=
∫
0
+
∞
sin
t
t
e
−
x
t
d
t
{\displaystyle g(x):=\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin t}{t}}\,\operatorname {e} ^{-xt}\,\mathrm {d} t}
.
Montrer que
g
{\displaystyle g}
est de classe C1 sur
R
+
∗
{\displaystyle \mathbb {R} _{+}^{*}}
et calculer
g
′
(
x
)
{\displaystyle g'(x)}
,
lim
+
∞
g
{\displaystyle \lim _{+\infty }g}
, puis
g
(
x
)
{\displaystyle g(x)}
.
Montrer que
lim
0
+
g
=
I
{\displaystyle \lim _{0^{+}}g=I}
. Pour cela, on est certain de ne pas pouvoir appliquer le théorème d'interversion de
lim
x
→
0
+
{\displaystyle \lim _{x\to 0^{+}}}
avec
∫
0
+
∞
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }}
, car si pour tout
x
>
0
{\displaystyle x>0}
(ou au moins tout
x
>
0
{\displaystyle x>0}
proche de
0
{\displaystyle 0}
)
|
sin
t
t
e
−
x
t
|
≤
φ
(
t
)
{\displaystyle \left|{\frac {\sin t}{t}}\,\operatorname {e} ^{-xt}\right|\leq \varphi (t)}
, alors (par passage à la limite)
φ
(
t
)
≥
|
sin
t
t
|
{\displaystyle \varphi (t)\geq \left|{\frac {\sin t}{t}}\right|}
, or
|
sin
t
t
|
{\displaystyle \left|{\frac {\sin t}{t}}\right|}
n'est pas intégrable en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
. Par contre, on pourra facilement intervertir
lim
x
→
0
+
{\displaystyle \lim _{x\to 0^{+}}}
avec
∫
0
A
{\displaystyle \int _{0}^{A}}
pour
A
{\displaystyle A}
fixé (la question de l'intégrabilité en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
ne se posant plus). La méthode préconisée ici est de montrer que pour tout
A
>
0
{\displaystyle A>0}
:
∀
x
≥
0
|
∫
A
+
∞
sin
t
e
−
x
t
t
d
t
|
≤
2
A
{\displaystyle \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
→
0
+
∫
0
A
sin
t
t
(
e
−
x
t
−
1
)
d
t
=
0
{\displaystyle \lim _{x\to 0^{+}}\int _{0}^{A}{\frac {\sin t}{t}}\,\left(\operatorname {e} ^{-xt}-1\right)\,\mathrm {d} t=0}
.
Conclure.
Solution
(
x
,
t
)
↦
sin
t
t
e
−
x
t
{\displaystyle (x,t)\mapsto {\frac {\sin t}{t}}\operatorname {e} ^{-xt}}
est de classe C∞ sur
(
R
+
∗
)
2
{\displaystyle \left(\mathbb {R} _{+}^{*}\right)^{2}}
ainsi, donc, que sa dérivée partielle par rapport à
x
{\displaystyle x}
,
(
x
,
t
)
↦
−
sin
t
e
−
x
t
{\displaystyle (x,t)\mapsto -\sin t\operatorname {e} ^{-xt}}
. De plus, pour tout
ε
>
0
{\displaystyle \varepsilon >0}
, ces deux fonctions sont majorées en valeur absolue sur
]
ε
,
+
∞
[
×
R
+
∗
{\displaystyle \left]\varepsilon ,+\infty \right[\times \mathbb {R} _{+}^{*}}
par
e
−
ε
t
{\displaystyle \operatorname {e} ^{-\varepsilon t}}
, qui est intégrable sur
R
+
{\displaystyle \mathbb {R} _{+}}
. Par conséquent,
g
{\displaystyle g}
est (au moins) de classe C1 sur
R
+
∗
{\displaystyle \mathbb {R} _{+}^{*}}
et
∀
x
>
0
g
′
(
x
)
=
−
∫
0
+
∞
sin
t
e
−
x
t
d
t
=
−
1
1
+
x
2
{\displaystyle \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
)
=
1
x
[
sin
t
e
−
x
t
]
0
+
∞
−
1
x
∫
0
+
∞
cos
t
e
−
x
t
d
t
=
1
x
2
[
cos
t
e
−
x
t
]
0
+
∞
−
g
′
(
x
)
x
2
{\displaystyle 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
)
=
Im
(
∫
0
+
∞
e
−
(
x
+
i
)
t
d
t
)
=
Im
(
[
e
−
(
x
+
i
)
t
−
x
−
i
]
0
+
∞
)
=
Im
(
1
x
+
i
)
=
Im
(
x
−
i
x
2
+
1
)
{\displaystyle 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
+
∞
g
=
∫
0
+
∞
lim
x
→
+
∞
sin
t
t
e
−
x
t
d
t
=
0
{\displaystyle \lim _{+\infty }g=\int _{0}^{+\infty }\lim _{x\to +\infty }{\frac {\sin t}{t}}\operatorname {e} ^{-xt}\,\mathrm {d} t=0}
, d'où :
∀
x
>
0
g
(
x
)
=
π
2
−
arctan
x
{\displaystyle \forall x>0\quad g(x)={\frac {\pi }{2}}-\arctan x}
.
|
g
(
x
)
−
I
|
≤
|
∫
A
+
∞
sin
t
t
e
−
x
t
d
t
|
+
|
∫
A
+
∞
sin
t
t
e
−
0
t
d
t
|
+
|
∫
0
A
sin
t
t
(
e
−
x
t
−
1
)
d
t
|
{\displaystyle \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
{\displaystyle \lim _{0^{+}}g=I}
, il suffit donc, pour tout
ε
>
0
{\displaystyle \varepsilon >0}
, de montrer qu'il existe
A
>
0
{\displaystyle A>0}
(indépendant de
x
>
0
{\displaystyle x>0}
) tel que les deux premiers des trois termes de cette somme soient majorés chacun par
ε
/
3
{\displaystyle \varepsilon /3}
, puis de montrer qu'une fois fixé un tel
A
{\displaystyle A}
, il existe
δ
>
0
{\displaystyle \delta >0}
tel que pour
x
∈
]
0
,
δ
[
{\displaystyle x\in \left]0,\delta \right[}
, le troisième terme soit également majoré par
ε
/
3
{\displaystyle \varepsilon /3}
.
Deux premiers termes :
par simple intégration d'une fonction à valeurs complexes : pour tout
x
≥
0
{\displaystyle x\geq 0}
,
|
∫
A
+
∞
sin
t
e
−
x
t
t
d
t
|
=
|
Im
(
∫
A
+
∞
e
(
−
x
+
i
)
t
t
d
t
)
|
≤
|
∫
A
+
∞
e
(
−
x
+
i
)
t
t
d
t
|
{\displaystyle \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
∫
A
+
∞
e
(
−
x
+
i
)
t
t
d
t
=
[
e
(
−
x
+
i
)
t
−
x
+
i
1
t
]
A
+
∞
+
∫
A
+
∞
e
(
−
x
+
i
)
t
−
x
+
i
d
t
t
2
=
−
e
(
−
x
+
i
)
A
−
x
+
i
1
A
+
∫
A
+
∞
e
(
−
x
+
i
)
t
−
x
+
i
d
t
t
2
{\displaystyle \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
|
∫
A
+
∞
sin
t
e
−
x
t
t
d
t
|
≤
|
e
(
−
x
+
i
)
A
−
x
+
i
1
A
|
+
∫
A
+
∞
|
e
(
−
x
+
i
)
t
−
x
+
i
|
d
t
t
2
=
e
−
x
A
x
2
+
1
1
A
+
∫
A
+
∞
e
−
x
t
x
2
+
1
d
t
t
2
≤
1
A
+
∫
A
+
∞
d
t
t
2
=
2
A
{\displaystyle \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 :
∫
A
+
∞
sin
t
e
−
x
t
t
d
t
=
[
−
cos
t
e
−
x
t
t
]
A
+
∞
−
x
∫
A
+
∞
cos
t
e
−
x
t
t
d
t
−
∫
A
+
∞
cos
t
e
−
x
t
t
2
d
t
{\displaystyle \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
∫
A
+
∞
cos
t
e
−
x
t
t
d
t
=
[
sin
t
e
−
x
t
t
]
A
+
∞
+
x
∫
A
+
∞
sin
t
e
−
x
t
t
d
t
+
∫
A
+
∞
sin
t
e
−
x
t
t
2
d
t
{\displaystyle \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
(
1
+
x
2
)
∫
A
+
∞
sin
t
e
−
x
t
t
d
t
=
(
cos
A
+
x
sin
A
)
e
−
x
A
A
−
∫
A
+
∞
(
cos
t
+
x
sin
t
)
e
−
x
t
t
2
d
t
{\displaystyle \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
|
∫
A
+
∞
sin
t
e
−
x
t
t
d
t
|
≤
1
1
+
x
2
(
1
+
x
2
e
−
x
A
A
+
∫
A
+
∞
1
+
x
2
e
−
x
t
t
2
d
t
)
{\displaystyle \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
{\displaystyle A}
fixé) :
|
sin
t
t
(
e
−
x
t
−
1
)
|
≤
1
{\displaystyle \left|{\frac {\sin t}{t}}\,\left(\operatorname {e} ^{-xt}-1\right)\right|\leq 1}
, intégrable sur
]
0
,
A
[
{\displaystyle \left]0,A\right[}
, donc
lim
x
→
0
+
∫
0
A
sin
t
t
(
e
−
x
t
−
1
)
d
t
=
∫
0
A
lim
x
→
0
+
sin
t
t
(
e
−
x
t
−
1
)
d
t
=
∫
0
A
0
d
t
=
0
{\displaystyle \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}
.
I
=
lim
x
→
0
+
(
π
2
−
arctan
x
)
=
π
2
{\displaystyle I=\lim _{x\to 0^{+}}\left({\frac {\pi }{2}}-\arctan x\right)={\frac {\pi }{2}}}
.
On considère la fonction Gamma d'Euler , définie par
Γ
(
x
)
:=
∫
0
+
∞
t
x
−
1
e
−
t
d
t
{\displaystyle \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
R
+
∗
{\displaystyle \mathbb {R} _{+}^{*}}
;
Γ
(
x
+
1
)
=
x
Γ
(
x
)
{\displaystyle \Gamma (x+1)=x\,\Gamma (x)}
(pour
x
>
0
{\displaystyle x>0}
) ;
Γ
(
n
+
1
)
=
n
!
{\displaystyle \Gamma (n+1)=n!}
(pour
n
∈
N
{\displaystyle n\in \mathbb {N} }
).
Montrer que
Γ
{\displaystyle \Gamma }
est de classe C∞ et donner l'expression de
Γ
(
k
)
{\displaystyle \Gamma ^{(k)}}
pour tout
k
∈
N
{\displaystyle k\in \mathbb {N} }
.
Montrer que
Γ
″
>
0
{\displaystyle \Gamma ''>0}
et en déduire que
Γ
′
{\displaystyle \Gamma '}
s'annule au plus une fois.
Montrer que
Γ
′
{\displaystyle \Gamma '}
s'annule entre 1 et 2.
Déterminer
lim
x
→
0
+
x
Γ
(
x
)
{\displaystyle \lim _{x\to 0^{+}}x\,\Gamma (x)}
,
lim
0
+
Γ
{\displaystyle \lim _{0^{+}}\Gamma }
,
lim
+
∞
Γ
{\displaystyle \lim _{+\infty }\Gamma }
,
lim
x
→
+
∞
Γ
(
x
)
/
x
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }\Gamma (x)/x}
et donner l'allure du graphe de
Γ
{\displaystyle \Gamma }
.
Calculer
Γ
(
1
/
2
)
{\displaystyle \Gamma (1/2)}
, connaissant la valeur de l'intégrale de Gauss (
∫
0
+
∞
e
−
s
2
d
s
=
π
2
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-s^{2}}\,\mathrm {d} s={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}}
).
Solution
Pour tout
k
∈
N
{\displaystyle k\in \mathbb {N} }
, la fonction
(
x
,
t
)
↦
∂
k
∂
x
k
(
t
x
−
1
e
−
t
)
=
(
ln
t
)
k
t
x
−
1
e
−
t
{\displaystyle (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
R
×
R
+
∗
{\displaystyle \mathbb {R} \times \mathbb {R} _{+}^{*}}
. Pour
0
<
ε
<
M
{\displaystyle 0<\varepsilon <M}
, la fonction
t
↦
sup
ε
<
x
<
M
|
ln
t
|
k
t
x
−
1
e
−
t
=
{
|
ln
t
|
k
t
ε
−
1
e
−
t
si
t
≤
1
0
k
e
−
1
si
t
=
1
|
ln
t
|
k
t
M
−
1
e
−
t
si
t
≥
1
{\displaystyle 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
]
0
,
+
∞
[
{\displaystyle \left]0,+\infty \right[}
donc (par récurrence)
Γ
{\displaystyle \Gamma }
est au moins de classe Ck sur
∪
0
<
ε
<
M
]
ε
,
M
[
=
]
0
,
+
∞
[
{\displaystyle \cup _{0<\varepsilon <M}\left]\varepsilon ,M\right[=\left]0,+\infty \right[}
et
Γ
(
k
)
(
x
)
=
∫
0
+
∞
(
ln
t
)
k
t
x
−
1
e
−
t
d
t
{\displaystyle \Gamma ^{(k)}(x)=\int _{0}^{+\infty }(\ln t)^{k}\,t^{x-1}\,\operatorname {e} ^{-t}\,\mathrm {d} t}
.
Γ
″
(
x
)
=
∫
0
+
∞
(
ln
t
)
2
t
x
−
1
e
−
t
d
t
>
0
{\displaystyle \Gamma ''(x)=\int _{0}^{+\infty }(\ln t)^{2}\,t^{x-1}\,\operatorname {e} ^{-t}\,\mathrm {d} t>0}
donc
Γ
′
{\displaystyle \Gamma '}
est strictement croissante. Par conséquent, elle s'annule au plus une fois.
Γ
(
1
)
=
0
!
=
1
{\displaystyle \Gamma (1)=0!=1}
et
Γ
(
2
)
=
1
!
=
1
{\displaystyle \Gamma (2)=1!=1}
donc (théorème de Rolle)
Γ
′
{\displaystyle \Gamma '}
s'annule entre 1 et 2.
lim
x
→
0
+
x
Γ
(
x
)
=
lim
x
→
0
+
Γ
(
x
+
1
)
=
Γ
(
1
)
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to 0^{+}}x\,\Gamma (x)=\lim _{x\to 0^{+}}\Gamma (x+1)=\Gamma (1)=1}
donc
lim
0
+
Γ
=
+
∞
{\displaystyle \lim _{0^{+}}\Gamma =+\infty }
. Puisque
Γ
{\displaystyle \Gamma }
est strictement croissante sur
[
2
,
+
∞
[
{\displaystyle \left[2,+\infty \right[}
, sa convexité implique que
lim
+
∞
Γ
=
+
∞
{\displaystyle \lim _{+\infty }\Gamma =+\infty }
(ou plus élémentairement :
lim
+
∞
Γ
=
lim
n
!
=
+
∞
{\displaystyle \lim _{+\infty }\Gamma =\lim n!=+\infty }
, ou même :
Γ
(
x
)
≥
2
x
∫
2
+
∞
t
−
1
e
−
t
d
t
{\displaystyle \Gamma (x)\geq 2^{x}\int _{2}^{+\infty }t^{-1}\operatorname {e} ^{-t}\,\mathrm {d} t}
), donc
lim
x
→
+
∞
Γ
(
x
)
x
=
lim
y
→
+
∞
Γ
(
y
+
1
)
y
+
1
=
lim
y
→
+
∞
y
y
+
1
Γ
(
y
)
=
1
×
lim
+
∞
Γ
=
+
∞
{\displaystyle \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.
Γ
(
1
/
2
)
=
∫
0
+
∞
e
−
t
d
t
t
=
∫
0
+
∞
e
−
s
2
2
d
s
=
π
{\displaystyle \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 }}}
.
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On définit la fonction bêta par :
B
(
x
,
y
)
:=
∫
0
1
t
x
−
1
(
1
−
t
)
y
−
1
d
t
{\displaystyle \mathrm {B} (x,y):=\int _{0}^{1}t^{x-1}(1-t)^{y-1}\,\mathrm {d} t}
.
Montrer que cette intégrale converge si et seulement si les deux réels
x
{\displaystyle x}
et
y
{\displaystyle y}
sont strictement positifs.
Montrer que
B
(
x
,
y
)
=
Γ
(
x
)
Γ
(
y
)
Γ
(
x
+
y
)
{\displaystyle \mathrm {B} (x,y)={\frac {\Gamma (x)\,\Gamma (y)}{\Gamma (x+y)}}}
(la définition de
Γ
{\displaystyle \Gamma }
est rappelée dans l'exercice précédent). Pour cette question, on admettra le théorème de Fubini car explicitement hors programme en classe de MP.
En déduire une expression simple de
B
(
x
,
n
+
1
)
{\displaystyle \mathrm {B} (x,n+1)}
si
n
∈
N
{\displaystyle n\in \mathbb {N} }
.
Démontrer que
∀
x
>
0
Γ
(
x
)
=
lim
n
→
+
∞
∫
0
n
t
x
−
1
(
1
−
t
n
)
n
d
t
=
lim
n
→
+
∞
n
!
n
x
x
(
x
+
1
)
⋯
(
x
+
n
)
=
1
x
lim
n
→
+
∞
∏
k
=
1
n
(
1
+
1
k
)
x
1
+
x
k
{\displaystyle \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}}}}}
.
En déduire que la fonction
1
Γ
{\displaystyle {\frac {1}{\Gamma }}}
se prolonge en une fonction holomorphe sur
C
{\displaystyle \mathbb {C} }
, dont les seuls zéros sont les entiers négatifs ou nuls.
Solution
L'intégrande est continu sur
]
0
,
1
[
{\displaystyle \left]0,1\right[}
et équivalent à
t
x
−
1
{\displaystyle t^{x-1}}
en 0 et à
(
1
−
t
)
y
−
1
{\displaystyle (1-t)^{y-1}}
en 1, donc l'intégrale converge si et seulement si
x
,
y
>
0
{\displaystyle x,y>0}
.
Γ
(
x
)
Γ
(
y
)
=
∫
0
+
∞
s
x
−
1
e
−
s
d
s
∫
0
+
∞
t
y
−
1
e
−
t
d
t
{\displaystyle \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
=
u
v
,
t
=
u
(
1
−
v
)
{\displaystyle s=uv,~t=u\left(1-v\right)}
, dont le jacobien vaut
u
{\displaystyle u}
. Alors, par le théorème de Fubini ,
Γ
(
x
)
Γ
(
y
)
=
∫
0
+
∞
u
x
+
y
−
1
e
−
u
d
u
∫
0
1
v
x
−
1
(
1
−
v
)
y
−
1
d
v
=
Γ
(
x
+
y
)
B
(
x
,
y
)
{\displaystyle \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)}
.
B
(
x
,
n
+
1
)
=
Γ
(
x
)
Γ
(
n
+
1
)
Γ
(
x
+
n
+
1
)
=
n
!
x
(
x
+
1
)
⋯
(
x
+
n
)
{\displaystyle \mathrm {B} (x,n+1)={\frac {\Gamma (x)\,\Gamma (n+1)}{\Gamma (x+n+1)}}={\frac {n!}{x\;(x+1)\cdots (x+n)}}}
.
Pour
x
>
0
{\displaystyle x>0}
fixé, les fonctions
f
n
:
t
↦
{
t
x
−
1
(
1
−
t
n
)
n
si
0
<
t
≤
n
0
si
t
≥
n
{\displaystyle 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
↦
t
x
−
1
e
−
t
{\displaystyle t\mapsto t^{x-1}\operatorname {e} ^{-t}}
, intégrable sur
R
+
{\displaystyle \mathbb {R} _{+}}
. Ceci justifie la première égalité. La seconde se déduit de la question précédente par changement de variable :
∫
0
n
t
x
−
1
(
1
−
t
n
)
n
d
t
=
n
x
∫
0
1
s
x
−
1
(
1
−
s
)
n
d
s
=
n
x
B
(
x
,
n
+
1
)
{\displaystyle \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.
Le produit infini
1
Γ
(
z
)
:=
z
∏
k
∈
N
∗
1
+
z
k
(
1
+
1
k
)
z
{\displaystyle {\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
)
{\displaystyle D(0,R)}
car pour tout
z
{\displaystyle z}
dans ce disque, on a
|
Log
(
1
+
z
k
)
−
z
k
|
≤
R
2
k
2
{\displaystyle \left|\operatorname {Log} \left(1+{\frac {z}{k}}\right)-{\frac {z}{k}}\right|\leq {\frac {R^{2}}{k^{2}}}}
dès que
k
≥
2
R
{\displaystyle k\geq 2R}
(où
L
o
g
{\displaystyle \mathrm {Log} }
désigne le logarithme complexe ) et de même,
|
z
Log
(
1
+
1
k
)
−
z
k
|
≤
R
k
2
{\displaystyle \left|z\operatorname {Log} \left(1+{\frac {1}{k}}\right)-{\frac {z}{k}}\right|\leq {\frac {R}{k^{2}}}}
dès que
k
≥
2
{\displaystyle k\geq 2}
, donc
∑
k
≥
max
(
2
R
,
2
)
|
Log
(
1
+
z
k
)
−
z
Log
(
1
+
1
k
)
|
≤
(
R
2
+
R
)
∑
k
≥
2
1
k
2
<
∞
{\displaystyle \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 }
On pose
f
(
x
,
t
)
=
{
1
−
e
−
t
x
2
x
2
si
x
>
0
t
si
x
=
0.
{\displaystyle 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}}}
Montrer que pour tout réel
t
≥
0
{\displaystyle t\geq 0}
,
x
↦
f
(
x
,
t
)
{\displaystyle x\mapsto f(x,t)}
est intégrable sur
[
0
,
+
∞
[
{\displaystyle \left[0,+\infty \right[}
. On pose alors
F
(
t
)
=
∫
0
+
∞
f
(
x
,
t
)
d
x
{\displaystyle F(t)=\int _{0}^{+\infty }f\left(x,t\right)\,\mathrm {d} x}
.
Montrer que
F
{\displaystyle F}
est continue sur
[
0
,
+
∞
[
{\displaystyle \left[0,+\infty \right[}
et dérivable sur
]
0
,
+
∞
[
{\displaystyle \left]0,+\infty \right[}
. Calculer
F
′
{\displaystyle F'}
et en déduire
F
{\displaystyle F}
, connaissant la valeur de l'intégrale de Gauss (
∫
0
+
∞
e
−
u
2
d
u
=
π
2
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-u^{2}}\,\mathrm {d} u={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}}
).
Solution
x
↦
f
(
x
,
t
)
{\displaystyle x\mapsto f(x,t)}
est positive et majorée par
t
{\displaystyle t}
et par
1
x
2
{\displaystyle 1 \over x^{2}}
donc par le min des deux, qui est intégrable.
f
(
x
,
t
)
{\displaystyle f(x,t)}
est une fonction continue croissante de
t
{\displaystyle t}
et pour tout
A
>
0
{\displaystyle A>0}
on a vu que
f
(
x
,
A
)
{\displaystyle f(x,A)}
est intégrable, donc
F
{\displaystyle F}
est continue sur
[
0
,
A
[
{\displaystyle \left[0,A\right[}
. D'autre part pour
x
>
0
{\displaystyle x>0}
et
t
>
ε
>
0
{\displaystyle t>\varepsilon >0}
,
∂
f
∂
t
(
x
,
t
)
=
e
−
t
x
2
≤
e
−
ε
x
2
{\displaystyle {\partial f \over \partial t}(x,t)=\mathrm {e} ^{-tx^{2}}\leq \mathrm {e} ^{-\varepsilon x^{2}}}
(indépendante de
t
{\displaystyle t}
et intégrable), d'où
∀
t
>
0
F
′
(
t
)
=
∫
0
+
∞
e
−
t
x
2
d
x
=
1
t
∫
0
+
∞
e
−
y
2
d
y
=
π
2
t
{\displaystyle \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
+
π
t
{\displaystyle F(t)=C+{\sqrt {\pi t}}}
, avec
C
=
F
(
0
)
=
0
{\displaystyle C=F(0)=0}
.
On pose
f
(
x
,
t
)
=
ln
(
x
2
+
t
2
)
1
+
t
2
{\displaystyle f\left(x,t\right)={\frac {\ln \left(x^{2}+t^{2}\right)}{1+t^{2}}}}
puis
I
(
x
)
=
∫
0
+
∞
f
(
x
,
t
)
d
t
{\displaystyle I\left(x\right)=\int _{0}^{+\infty }f\left(x,t\right)\,\mathrm {d} t}
.
Montrer que l'application
I
{\displaystyle I}
est définie et continue sur
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
.
Montrer qu'elle est de classe C1 sur
R
∗
{\displaystyle \mathbb {R} ^{*}}
.
Calculer
I
′
(
x
)
{\displaystyle I'\left(x\right)}
.
À l'aide du changement de variable
s
=
1
t
{\displaystyle s={\frac {1}{t}}}
, montrer que
I
(
0
)
=
0
{\displaystyle I\left(0\right)=0}
.
En déduire une expression de
I
(
x
)
{\displaystyle I\left(x\right)}
.
Solution
Pour tout
M
>
0
{\displaystyle M>0}
,
f
{\displaystyle f}
est continue sur
]
−
M
,
M
[
×
R
+
∗
{\displaystyle \left]-M,M\right[\times \mathbb {R} _{+}^{*}}
et
∀
(
x
,
t
)
∈
]
−
M
,
M
[
×
R
+
∗
|
f
(
x
,
t
)
|
≤
g
(
t
)
:=
max
(
|
ln
(
t
2
)
|
,
|
ln
(
M
2
+
t
2
)
|
)
1
+
t
2
{\displaystyle \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
{\displaystyle g}
est intégrable de
0
{\displaystyle 0}
à
+
∞
{\displaystyle +\infty }
car elle est continue sur
R
+
∗
{\displaystyle \mathbb {R} _{+}^{*}}
et
g
(
t
)
∼
t
→
0
+
2
|
ln
t
|
{\displaystyle g(t)\sim _{t\to 0^{+}}2\left|\ln t\right|}
, intégrable en
0
+
{\displaystyle 0^{+}}
et
g
(
t
)
∼
t
→
+
∞
2
ln
t
t
2
=
o
(
1
t
3
/
2
)
{\displaystyle g(t)\sim _{t\to +\infty }{\frac {2\ln t}{t^{2}}}=o\left({\frac {1}{t^{3/2}}}\right)}
, intégrable en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
. Donc
I
{\displaystyle I}
est définie et continue sur
]
−
M
,
M
[
{\displaystyle \left]-M,M\right[}
, et ce pour tout
M
>
0
{\displaystyle M>0}
. Par conséquent, elle est définie et continue sur
∪
M
>
0
]
−
M
,
M
[
=
R
{\displaystyle \cup _{M>0}\left]-M,M\right[=\mathbb {R} }
.
I
{\displaystyle I}
est paire donc il suffit de montrer qu'elle est de classe C1 sur
R
+
∗
{\displaystyle \mathbb {R} _{+}^{*}}
. La fonction
x
↦
∂
f
(
x
,
t
)
∂
x
=
2
x
(
x
2
+
t
2
)
(
1
+
t
2
)
{\displaystyle 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
{\displaystyle t>0}
mais
sup
x
>
0
2
x
(
x
2
+
t
2
)
(
1
+
t
2
)
{\displaystyle \sup _{x>0}{\frac {2x}{\left(x^{2}+t^{2}\right)\left(1+t^{2}\right)}}}
est atteint pour
x
=
t
{\displaystyle x=t}
et vaut
1
t
(
1
+
t
2
)
{\displaystyle {\frac {1}{t\left(1+t^{2}\right)}}}
, non intégrable en
0
{\displaystyle 0}
. Il faut donc fixer provisoirement pour
x
{\displaystyle x}
un « garde-fou »
ε
>
0
{\displaystyle \varepsilon >0}
. En calculant, pour
t
>
0
{\displaystyle t>0}
fixé,
h
(
t
)
:=
sup
x
>
ε
2
x
(
x
2
+
t
2
)
(
1
+
t
2
)
{\displaystyle h\left(t\right):=\sup _{x>\varepsilon }{\frac {2x}{\left(x^{2}+t^{2}\right)\left(1+t^{2}\right)}}}
, on trouve :
∀
(
x
,
t
)
∈
]
ε
,
+
∞
[
×
R
+
∗
|
∂
f
(
x
,
t
)
∂
x
|
≤
h
(
t
)
=
{
1
t
(
1
+
t
2
)
si
t
≥
ε
2
ε
(
ε
2
+
t
2
)
(
1
+
t
2
)
si
t
≤
ε
.
{\displaystyle \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
{\displaystyle h}
est intégrable de
0
{\displaystyle 0}
à
+
∞
{\displaystyle +\infty }
car elle est continue sur
R
+
{\displaystyle \mathbb {R} _{+}}
et
h
(
t
)
∼
t
→
+
∞
1
t
3
{\displaystyle h(t)\sim _{t\to +\infty }{\frac {1}{t^{3}}}}
, intégrable en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
. Donc
I
{\displaystyle I}
est de classe C1 sur
]
ε
,
+
∞
[
{\displaystyle \left]\varepsilon ,+\infty \right[}
avec
∀
x
>
ε
I
′
(
x
)
=
∫
0
+
∞
∂
f
(
x
,
t
)
∂
x
d
t
{\displaystyle \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
ε
>
0
{\displaystyle \varepsilon >0}
. Par conséquent, elle est bien de classe C1 sur
∪
ε
>
0
]
ε
,
+
∞
[
=
R
+
∗
{\displaystyle \cup _{\varepsilon >0}\left]\varepsilon ,+\infty \right[=\mathbb {R} _{+}^{*}}
.
Soit
x
∈
R
∗
{\displaystyle x\in \mathbb {R} ^{*}}
, différent de
±
1
{\displaystyle \pm 1}
(on en aura besoin au cours du calcul).
∀
x
∈
R
∗
∖
{
−
1
,
1
}
I
′
(
x
)
=
∫
0
+
∞
2
x
(
x
2
+
t
2
)
(
1
+
t
2
)
d
t
=
2
x
x
2
−
1
∫
0
+
∞
(
1
1
+
t
2
−
1
x
2
+
t
2
)
d
t
=
2
x
x
2
−
1
(
∫
0
+
∞
1
1
+
t
2
d
t
−
1
|
x
|
∫
0
+
∞
1
1
+
s
2
d
s
)
=
2
x
x
2
−
1
(
1
−
1
|
x
|
)
π
2
=
x
|
x
|
π
|
x
|
+
1
.
{\displaystyle {\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
′
(
x
)
{\displaystyle I'\left(x\right)}
est encore valide pour
x
=
±
1
{\displaystyle x=\pm 1}
.
I
(
0
)
=
2
∫
0
+
∞
ln
t
1
+
t
2
d
t
=
2
∫
+
∞
0
−
ln
s
1
+
1
/
s
2
−
d
s
s
2
=
−
2
∫
0
+
∞
ln
s
s
2
+
1
d
s
=
−
I
(
0
)
{\displaystyle 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
(
0
)
=
0
{\displaystyle I\left(0\right)=0}
.
D'après la question 3, il existe une constante
C
{\displaystyle C}
telle que
∀
x
>
0
I
(
x
)
=
π
ln
(
x
+
1
)
+
C
{\displaystyle \forall x>0\quad I\left(x\right)=\pi \ln \left(x+1\right)+C}
. D'après les questions 1 et 4,
C
=
0
{\displaystyle C=0}
. Donc
I
(
x
)
=
π
ln
(
x
+
1
)
{\displaystyle I\left(x\right)=\pi \ln \left(x+1\right)}
pour tout
x
≥
0
{\displaystyle x\geq 0}
et par parité,
I
(
x
)
=
π
ln
(
|
x
|
+
1
)
{\displaystyle I\left(x\right)=\pi \ln \left(|x|+1\right)}
pour tout
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
.
Soient
F
{\displaystyle F}
et
G
{\displaystyle G}
définies sur
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
par
F
(
x
)
=
∫
0
x
e
−
t
2
d
t
,
G
(
x
)
=
∫
0
1
e
−
x
2
(
1
+
t
2
)
1
+
t
2
d
t
{\displaystyle 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}
.
Montrer que
F
{\displaystyle F}
et
G
{\displaystyle G}
sont de classe C1 et calculer leurs dérivées.
En déduire que
G
+
F
2
{\displaystyle G+F^{2}}
est constante. Que vaut cette constante ?
Déterminer la limite en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
de
G
{\displaystyle G}
puis de
F
{\displaystyle F}
, et retrouver ainsi la valeur de l'intégrale de Gauss ,
∫
−
∞
+
∞
e
−
t
2
d
t
{\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }\mathrm {e} ^{-t^{2}}\,\mathrm {d} t}
.
Solution
D'après le théorème fondamental de l'analyse ,
F
{\displaystyle F}
est de classe C1 et
∀
x
∈
R
F
′
(
x
)
=
e
−
x
2
{\displaystyle \forall x\in \mathbb {R} \quad F'(x)=\mathrm {e} ^{-x^{2}}}
.
D'après le théorème adhoc sur les intégrales à paramètre,
G
{\displaystyle G}
est de classe C1 et
∀
x
∈
R
G
′
(
x
)
=
−
2
x
∫
0
1
e
−
x
2
(
1
+
t
2
)
d
t
{\displaystyle \forall x\in \mathbb {R} \quad G'(x)=-2x\int _{0}^{1}\mathrm {e} ^{-x^{2}(1+t^{2})}\,\mathrm {d} t}
.
Par changement de variable
s
=
x
t
{\displaystyle s=xt}
,
G
′
(
x
)
=
−
2
∫
0
1
e
−
x
2
−
s
2
d
s
=
−
2
F
′
(
x
)
F
(
x
)
{\displaystyle G'(x)=-2\int _{0}^{1}\mathrm {e} ^{-x^{2}-s^{2}}\,\mathrm {d} s=-2F'(x)F(x)}
donc
(
G
+
F
2
)
′
=
0
{\displaystyle (G+F^{2})'=0}
. Par conséquent,
∀
x
∈
R
(
G
+
F
2
)
(
x
)
=
(
G
+
F
2
)
(
0
)
=
0
+
∫
0
1
1
1
+
t
2
d
t
=
[
arctan
]
0
1
=
π
4
{\displaystyle \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}}}
.
D'après le théorème adhoc sur les intégrales à paramètre (ou simplement parce que
0
≤
G
(
x
)
≤
e
−
x
2
{\displaystyle 0\leq G(x)\leq \mathrm {e} ^{-x^{2}}}
),
lim
+
∞
G
=
0
{\displaystyle \lim _{+\infty }G=0}
. On déduit alors de la question précédente que
lim
+
∞
F
2
=
π
4
{\displaystyle \lim _{+\infty }F^{2}={\frac {\pi }{4}}}
, c'est-à-dire (puisque
F
≥
0
{\displaystyle F\geq 0}
)
lim
+
∞
F
=
π
2
{\displaystyle \lim _{+\infty }F={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}}
. Par conséquent,
∫
−
∞
+
∞
e
−
t
2
d
t
=
2
∫
0
+
∞
e
−
t
2
d
t
=
2
lim
+
∞
F
=
π
{\displaystyle \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
≥
0
{\displaystyle x\geq 0}
, on pose
ψ
(
x
)
=
∫
0
+
∞
e
−
(
t
2
+
1
)
x
t
2
+
1
d
t
{\displaystyle \psi (x)=\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-(t^{2}+1)x}}{t^{2}+1}}\;\mathrm {d} t}
.
Montrer que sur
[
0
,
+
∞
[
{\displaystyle \left[0,+\infty \right[}
,
ψ
{\displaystyle \psi }
est bien définie et continue.
Montrer que
ψ
{\displaystyle \psi }
est de classe C1 sur
]
0
,
+
∞
[
{\displaystyle \left]0,+\infty \right[}
.
Calculer
ψ
(
0
)
{\displaystyle \psi (0)}
et étudier la limite de
ψ
{\displaystyle \psi }
en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
.
Montrer que pour tout
x
∈
R
∗
{\displaystyle x\in \mathbb {R} ^{*}}
on a
ψ
′
(
x
)
=
−
e
−
x
x
∫
0
+
∞
e
−
s
2
d
s
{\displaystyle \psi '(x)=-{\frac {\mathrm {e} ^{-x}}{\sqrt {x}}}\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-s^{2}}\;\mathrm {d} s}
.
Montrer que
∫
0
+
∞
ψ
′
(
x
)
d
x
=
−
2
(
∫
0
+
∞
e
−
s
2
d
s
)
2
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }\psi '(x)\;\mathrm {d} x=-2\left(\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-s^{2}}\;\mathrm {d} s\right)^{2}}
.
En déduire que
∫
0
+
∞
e
−
u
2
d
u
=
π
2
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-u^{2}}\;\mathrm {d} u={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}}
.
Solution
La fonction
(
t
,
x
)
↦
e
−
(
t
2
+
1
)
x
t
2
+
1
{\displaystyle (t,x)\mapsto {\frac {\mathrm {e} ^{-(t^{2}+1)x}}{t^{2}+1}}}
est continue sur
R
+
×
R
+
{\displaystyle \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
)
∈
(
R
+
)
2
{\displaystyle (t,x)\in (\mathbb {R} _{+})^{2}}
on a
0
≤
e
−
(
t
2
+
1
)
x
t
2
+
1
d
t
≤
1
1
+
t
2
{\displaystyle 0\leq {\frac {\mathrm {e} ^{-(t^{2}+1)x}}{t^{2}+1}}\;\mathrm {d} t\leq {\frac {1}{1+t^{2}}}}
. Or l'intégrale
∫
0
+
∞
1
t
2
+
1
d
t
{\displaystyle \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
ψ
{\displaystyle \psi }
est définie et continue sur
R
+
{\displaystyle \mathbb {R} _{+}}
.
Soit
ε
>
0
{\displaystyle \varepsilon >0}
. Montrons que
ψ
{\displaystyle \psi }
est dérivable sur
]
ε
,
+
∞
[
{\displaystyle \left]\varepsilon ,+\infty \right[}
. Pour tout
t
∈
R
+
{\displaystyle t\in \mathbb {R} _{+}}
, l'application
x
↦
e
−
(
t
2
+
1
)
x
t
2
+
1
{\displaystyle x\mapsto {\frac {\mathrm {e} ^{-(t^{2}+1)x}}{t^{2}+1}}}
est de classe C1 sur
]
ε
,
+
∞
[
{\displaystyle \left]\varepsilon ,+\infty \right[}
. En outre pour tout
(
t
,
x
)
∈
R
+
×
]
ε
,
+
∞
[
{\displaystyle (t,x)\in \mathbb {R} _{+}\times \left]\varepsilon ,+\infty \right[}
on a
|
∂
∂
x
e
−
(
t
2
+
1
)
x
t
2
+
1
|
=
e
−
(
t
2
+
1
)
x
≤
e
−
(
t
2
+
1
)
ε
{\displaystyle \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
∫
0
+
∞
e
−
(
t
2
+
1
)
ε
d
t
{\displaystyle \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
ψ
{\displaystyle \psi }
est C1 sur
]
ε
,
+
∞
[
{\displaystyle \left]\varepsilon ,+\infty \right[}
et ce pour tout
ε
>
0
{\displaystyle \varepsilon >0}
donc en définitive sur
]
0
,
+
∞
[
{\displaystyle \left]0,+\infty \right[}
, et que sur cet intervalle,
ψ
′
(
x
)
=
−
∫
0
+
∞
e
−
(
t
2
+
1
)
x
d
t
{\displaystyle \psi '(x)=-\int _{0}^{+\infty }{\mathrm {e} ^{-(t^{2}+1)x}}\;\mathrm {d} t}
. Remarquons que le « garde-fou »
ε
>
0
{\displaystyle \varepsilon >0}
était indispensable puisqu'en
0
{\displaystyle 0}
,
ψ
{\displaystyle \psi }
n'est pas dérivable. En effet,
lim
x
→
0
+
∫
0
+
∞
e
−
(
t
2
+
1
)
x
−
1
x
(
t
2
+
1
)
d
t
=
−
∞
{\displaystyle \lim _{x\to 0^{+}}\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-(t^{2}+1)x}-1}{x(t^{2}+1)}}\;\mathrm {d} t=-\infty }
car
∫
0
+
∞
e
−
(
t
2
+
1
)
x
−
1
x
(
t
2
+
1
)
d
t
=
∫
x
+
∞
e
−
s
−
1
s
d
s
2
x
s
x
−
1
<
1
2
x
∫
x
+
∞
e
−
s
−
1
s
3
/
2
d
s
∼
x
→
0
+
−
C
2
x
{\displaystyle \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
=
∫
0
+
∞
1
−
e
−
s
s
3
/
2
d
s
>
0
{\displaystyle C=\int _{0}^{+\infty }{\frac {1-\mathrm {e} ^{-s}}{s^{3/2}}}\;\mathrm {d} s>0}
.
On a
ψ
(
0
)
=
∫
0
+
∞
1
1
+
t
2
d
t
=
π
2
{\displaystyle \psi (0)=\int _{0}^{+\infty }{\frac {1}{1+t^{2}}}\;\mathrm {d} t={\frac {\pi }{2}}}
. Pour tout
x
≥
0
{\displaystyle x\geq 0}
on a
0
≤
ψ
(
x
)
≤
∫
0
+
∞
e
−
x
t
2
+
1
d
t
≤
π
2
e
−
x
→
x
→
+
∞
0
{\displaystyle 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}
.
Soit
x
>
0
{\displaystyle x>0}
. On a vu que
ψ
′
(
x
)
=
−
∫
0
+
∞
e
−
(
t
2
+
1
)
x
d
t
=
−
e
−
x
∫
0
+
∞
e
−
t
2
x
d
t
{\displaystyle \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
=
x
t
{\displaystyle s={\sqrt {x}}t}
,
d
s
=
x
d
t
{\displaystyle \mathrm {d} s={\sqrt {x}}\;\mathrm {d} t}
, et l'on obtient
ψ
′
(
x
)
=
−
e
−
x
x
∫
0
+
∞
e
−
s
2
d
s
{\displaystyle \psi '(x)=-{\frac {\mathrm {e} ^{-x}}{\sqrt {x}}}\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-s^{2}}\;\mathrm {d} s}
.
On a alors
∫
0
+
∞
ψ
′
(
x
)
d
x
=
−
∫
0
+
∞
e
−
x
x
d
x
×
∫
0
+
∞
e
−
s
2
d
s
{\displaystyle \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
{\displaystyle x=s^{2}}
,
d
x
=
2
s
d
s
{\displaystyle \mathrm {d} x=2s\;\mathrm {d} s}
, ce qui donne bien l'égalité demandée.
D'autre part on a
∫
0
+
∞
ψ
′
(
x
)
d
x
=
lim
+
∞
ψ
−
lim
0
ψ
=
−
π
2
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }\psi '(x)\;\mathrm {d} x=\lim _{+\infty }\psi -\lim _{0}\psi =-{\frac {\pi }{2}}}
et donc
(
∫
0
+
∞
e
−
s
2
d
s
)
2
=
π
4
{\displaystyle \left(\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-s^{2}}\;\mathrm {d} s\right)^{2}={\frac {\pi }{4}}}
.
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
∈
J
{\displaystyle x_{0}\in J}
tel que
f
(
x
0
,
⋅
)
{\displaystyle f(x_{0},\cdot )}
soit (absolument) intégrable
∀
t
∈
[
a
,
b
[
x
↦
f
(
x
,
t
)
{\displaystyle \forall t\in \left[a,b\right[\quad x\mapsto f(x,t)}
est de classe C1 sur
J
{\displaystyle J}
;
∀
(
x
,
t
)
∈
J
×
[
a
,
b
[
|
∂
f
∂
x
(
x
,
t
)
|
≤
g
(
t
)
{\displaystyle \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
{\displaystyle g}
intégrable sur
[
a
,
b
[
{\displaystyle \left[a,b\right[}
,
alors :
F
{\displaystyle F}
est bien définie et de classe C1 sur
J
{\displaystyle J}
et
∀
x
∈
J
F
′
(
x
)
=
∫
a
b
∂
f
∂
x
(
x
,
t
)
d
t
{\displaystyle \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
∈
N
{\displaystyle k\in \mathbb {N} }
:
Début d’un théorème
Classe Ck , hypothèses faibles
Si :
∀
j
∈
{
0
,
1
,
…
,
k
−
1
}
∃
x
j
∈
J
∂
j
f
∂
x
j
(
x
j
,
⋅
)
{\displaystyle \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
[
a
,
b
[
{\displaystyle \left[a,b\right[}
;
∀
t
∈
[
a
,
b
[
f
(
⋅
,
t
)
{\displaystyle \forall t\in \left[a,b\right[\quad f(\cdot ,t)}
est de classe Ck sur
J
{\displaystyle J}
;
∀
x
∈
J
|
∂
k
f
∂
x
k
(
x
,
⋅
)
|
≤
g
{\displaystyle \forall x\in J\quad \left|{\frac {\partial ^{k}f}{\partial x^{k}}}(x,\cdot )\right|\leq g}
, intégrable sur
[
a
,
b
[
{\displaystyle \left[a,b\right[}
,
alors
F
{\displaystyle F}
est bien définie et de classe Ck sur
J
{\displaystyle J}
et
∀
j
≤
k
∀
x
∈
J
F
(
j
)
(
x
)
=
∫
a
b
∂
j
f
∂
x
j
(
x
,
t
)
d
t
{\displaystyle \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
Remarquons d'abord que les hypothèses suffisent pour que pour tout
x
∈
J
{\displaystyle x\in J}
<