Exercices corrigés : Intégration sur un intervalle quelconque (Prépa, 2e année)

1. La fonction est continue et positive sur $[0,+\infty[$ ; seul $+\infty$ pose problème, et $\frac1{1+t^3}\sim\frac1{t^3}$ : convergence (Riemann, $3>1$).

2. Continue et positive sur $]0,1[$, avec deux problèmes. En $0$, $\frac1{\sqrt{t(1-t)}}\sim\frac1{\sqrt t}$ ; en $1$, $\sim\frac1{\sqrt{1-t}}$ : exposants $\frac12<1$, convergence aux deux bornes. Avec $t=\sin^2\theta$, $\theta\in\left]0,\frac\pi2\right[$ (bijection $\mathcal C^1$ croissante), $\mathrm dt=2\sin\theta\cos\theta\,\mathrm d\theta$ et $\sqrt{t(1-t)}=\sin\theta\cos\theta$ : $$\int_0^1\frac{\mathrm dt}{\sqrt{t(1-t)}}=\int_0^{\pi/2}2\,\mathrm d\theta=\pi.$$

3. Pour $t\ge e$, $\frac{\ln t}t\ge\frac1t$ : divergence par comparaison. (Ou directement : $\int_1^x\frac{\ln t}t=\frac{(\ln x)^2}2\to+\infty$.)

4. En $0$, $t^{3/4}\cdot\frac{|\ln t|}{\sqrt t}=t^{1/4}|\ln t|\to0$, donc $\frac{\ln t}{\sqrt t}=o\left(t^{-3/4}\right)$, de signe constant : convergence. Par parties sur $[x,1]$ : $$\int_x^1\frac{\ln t}{\sqrt t}\,\mathrm dt=\left[2\sqrt t\ln t\right]_x^1-\int_x^1\frac{2}{\sqrt t}\,\mathrm dt=-2\sqrt x\ln x-4+4\sqrt x\xrightarrow[x\to0]{}-4.$$

1. $\frac1{\sqrt{\sin t}}$ est continue et positive sur $]0,\pi[$. En $0$, $\sim\frac1{\sqrt t}$ ; en $\pi$, $\sin t=\sin(\pi-t)\sim\pi-t$, donc $\sim\frac1{\sqrt{\pi-t}}$ : convergence aux deux bornes. Pour la seconde, $\frac1{1-t^2}=\frac1{(1-t)(1+t)}\sim\frac1{2(1-t)}$ en $1$, positive, exposant $1$ : divergence.

2. En $0$ : $\frac{|\sin t|}{t^{3/2}}\sim\frac1{\sqrt t}$, intégrable. En $+\infty$ : $\frac{|\sin t|}{t^{3/2}}\le\frac1{t^{3/2}}$, intégrable. La fonction est intégrable sur $]0,+\infty[$.

3. La fonction est continue et positive sur $]0,+\infty[$. En $0$, $\frac1{t^\alpha(1+t)}\sim\frac1{t^\alpha}$ : convergence si et seulement si $\alpha<1$. En $+\infty$, $\sim\frac1{t^{\alpha+1}}$ : convergence si et seulement si $\alpha+1>1$, soit $\alpha>0$. L'intégrale converge si et seulement si $0<\alpha<1$.

1. $\frac{\sin t}t\to1$ en $0$ : pas de problème en $0$. Sur $[1,x]$, par parties avec $u'=\sin t$ et $v=\frac1t$ : $$\int_1^x\frac{\sin t}t\,\mathrm dt=\left[-\frac{\cos t}t\right]_1^x-\int_1^x\frac{\cos t}{t^2}\,\mathrm dt.$$ Le crochet tend vers $\cos1$, et $\left|\frac{\cos t}{t^2}\right|\le\frac1{t^2}$ : la dernière intégrale converge quand $x\to+\infty$. Donc $\int_1^{+\infty}\frac{\sin t}t$ converge, et $\int_0^{+\infty}\frac{\sin t}t$ aussi.

2. Pour $k\ge0$ : $\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{|\sin t|}t\,\mathrm dt\ge\frac1{(k+1)\pi}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}|\sin t|\,\mathrm dt=\frac2{(k+1)\pi}$. Donc $$\int_0^{(n+1)\pi}\frac{|\sin t|}t\,\mathrm dt\ge\frac2\pi\sum_{k=0}^n\frac1{k+1}\xrightarrow[n\to+\infty]{}+\infty.$$ La fonction $x\mapsto\int_0^x\frac{|\sin t|}t$ est croissante et non majorée : $\frac{\sin t}t$ n'est pas intégrable.

1. Pour $n\ge2$, notons $T_n$ la fonction « pic » nulle hors de $\left[n-\frac1{n^3},n+\frac1{n^3}\right]$, affine sur chaque moitié, et valant $n$ en $n$. Les supports sont disjoints, et $f=\sum_{n\ge2}T_n$ est continue et positive. Pour $x>0$, $\int_0^xf\le\sum_{n\ge2}\int T_n=\sum_{n\ge2}\frac12\cdot\frac2{n^3}\cdot n=\sum_{n\ge2}\frac1{n^2}$ : $f$ est intégrable. Mais $f(n)=n\to+\infty$.

2. $f'$ est intégrable, donc $\int_0^xf'$ converge quand $x\to+\infty$ : $f(x)=f(0)+\int_0^xf'$ a une limite finie $\ell$. Si $\ell\ne0$, il existe $A$ tel que $|f(t)|\ge\frac{|\ell|}2$ pour $t\ge A$, et $\int_A^x|f|\ge\frac{|\ell|}2(x-A)\to+\infty$ : contradiction avec l'intégrabilité de $f$. Donc $\ell=0$.

1. Par parties, avec $u=\cos^{n+1}t$ et $v'=\cos t$ : $$W_{n+2}=\left[\cos^{n+1}t\sin t\right]_0^{\pi/2}+(n+1)\int_0^{\pi/2}\cos^nt\sin^2t\,\mathrm dt=(n+1)(W_n-W_{n+2}).$$ Donc $W_{n+2}=\frac{n+1}{n+2}W_n$. Avec $W_0=\frac\pi2$ : $W_{2n}=\frac{(2n-1)(2n-3)\cdots1}{(2n)(2n-2)\cdots2}\cdot\frac\pi2$. En multipliant numérateur et dénominateur par $(2n)(2n-2)\cdots2=2^nn!$, on obtient $W_{2n}=\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\cdot\frac\pi2$.

2. $(n+2)W_{n+2}W_{n+1}=(n+1)W_nW_{n+1}$ par la question 1 : la suite est constante, égale à $1\cdot W_1W_0=1\cdot\frac\pi2$.

3. Sur $\left[0,\frac\pi2\right]$, $0\le\cos^{n+1}t\le\cos^nt$, donc $W_{n+1}\le W_n$ ; et $W_n>0$ (fonction continue positive non nulle). Alors $W_{n+2}\le W_{n+1}\le W_n$ donne $\frac{n+1}{n+2}\le\frac{W_{n+1}}{W_n}\le1$, d'où $W_{n+1}\sim W_n$. Par 2, $(n+1)W_n^2\sim(n+1)W_nW_{n+1}=\frac\pi2$, donc $W_n^2\sim\frac\pi{2n}$ et $W_n\sim\sqrt{\frac\pi{2n}}$ ($W_n>0$).

4. Pour $t\in[0,\sqrt n[$, $\ln\left(1-\frac{t^2}n\right)\le-\frac{t^2}n$, donc $n\ln\left(1-\frac{t^2}n\right)\le-t^2$, puis on prend l'exponentielle ; en $t=\sqrt n$, le membre de gauche est nul. De même $n\ln\left(1+\frac{t^2}n\right)\le t^2$ donne $\left(1+\frac{t^2}n\right)^{-n}\ge e^{-t^2}$.

5. Avec $t=\sqrt n\sin\theta$, $\theta\in\left[0,\frac\pi2\right]$ : $1-\frac{t^2}n=\cos^2\theta$ et $\mathrm dt=\sqrt n\cos\theta\,\mathrm d\theta$, d'où $\sqrt nW_{2n+1}$. Avec $t=\sqrt n\tan\theta$, bijection $\mathcal C^1$ croissante de $\left[0,\frac\pi2\right[$ sur $[0,+\infty[$ : $1+\frac{t^2}n=\frac1{\cos^2\theta}$ et $\mathrm dt=\frac{\sqrt n}{\cos^2\theta}\mathrm d\theta$, d'où $\int_0^{\pi/2}\sqrt n\cos^{2n-2}\theta\,\mathrm d\theta=\sqrt nW_{2n-2}$ (et la convergence de l'intégrale de départ).

6. Par 4 et la positivité : $$\sqrt nW_{2n+1}=\int_0^{\sqrt n}\left(1-\frac{t^2}n\right)^n\mathrm dt\le\int_0^{\sqrt n}e^{-t^2}\mathrm dt\le G\le\int_0^{+\infty}\left(1+\frac{t^2}n\right)^{-n}\mathrm dt=\sqrt nW_{2n-2}.$$ Par 3, $\sqrt nW_{2n+1}\sim\sqrt n\sqrt{\frac\pi{2(2n+1)}}\to\frac{\sqrt\pi}2$ et $\sqrt nW_{2n-2}\sim\sqrt n\sqrt{\frac\pi{2(2n-2)}}\to\frac{\sqrt\pi}2$. Par encadrement, $G=\frac{\sqrt\pi}2$.

1. La fonction $t\mapsto t^{x-1}e^{-t}$ est continue et positive sur $]0,+\infty[$. En $0$ : $t^{x-1}e^{-t}\sim t^{x-1}=\frac1{t^{1-x}}$, intégrable sur $]0,1]$ si et seulement si $1-x<1$, soit $x>0$. En $+\infty$ : $t^2\cdot t^{x-1}e^{-t}=t^{x+1}e^{-t}\to0$, intégrable sur $[1,+\infty[$ pour tout $x$. Conclusion : $x>0$.

2. Pour $0<\varepsilon<X$, par parties avec $u=t^x$, $v'=e^{-t}$ : $$\int_\varepsilon^Xt^xe^{-t}\,\mathrm dt=\left[-t^xe^{-t}\right]_\varepsilon^X+x\int_\varepsilon^Xt^{x-1}e^{-t}\,\mathrm dt.$$ Quand $\varepsilon\to0$ et $X\to+\infty$, le crochet tend vers $0$ ($x>0$), d'où $\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)$. Comme $\Gamma(1)=\int_0^{+\infty}e^{-t}\,\mathrm dt=1$, une récurrence donne $\Gamma(n+1)=n!$.

3. Avec $t=u^2$ ($u\in]0,+\infty[$, $\mathrm dt=2u\,\mathrm du$) : $\Gamma\left(\frac12\right)=\int_0^{+\infty}\frac{e^{-u^2}}u\,2u\,\mathrm du=2\int_0^{+\infty}e^{-u^2}\,\mathrm du=\sqrt\pi$. Puis $\Gamma\left(\frac32\right)=\frac12\Gamma\left(\frac12\right)=\frac{\sqrt\pi}2$.

1. Sur $[0,1]$, la fonction est continue : pas de problème. Sur $[1,+\infty[$, $t\mapsto t^2$ est une bijection $\mathcal C^1$ croissante sur $[1,+\infty[$ ; avec $u=t^2$, $\mathrm dt=\frac{\mathrm du}{2\sqrt u}$, et $\int_1^{+\infty}\sin(t^2)\,\mathrm dt$ a la même nature que $\int_1^{+\infty}\frac{\sin u}{2\sqrt u}\,\mathrm du$. Par parties sur $[1,X]$ : $$\int_1^X\frac{\sin u}{2\sqrt u}\,\mathrm du=\left[-\frac{\cos u}{2\sqrt u}\right]_1^X-\int_1^X\frac{\cos u}{4u^{3/2}}\,\mathrm du.$$ Le crochet a une limite finie, et $\left|\frac{\cos u}{4u^{3/2}}\right|\le\frac1{4u^{3/2}}$ est intégrable : convergence. Pourtant $\sin(t^2)$ vaut $1$ en chaque $t=\sqrt{\frac\pi2+2k\pi}$ : la fonction n'a pas de limite en $+\infty$.

2. Non. Le même changement de variable montre que $\int_1^{+\infty}|\sin(t^2)|\,\mathrm dt$ a la nature de $\int_1^{+\infty}\frac{|\sin u|}{2\sqrt u}\,\mathrm du$, et $\frac{|\sin u|}{2\sqrt u}\ge\frac{|\sin u|}{2u}$ pour $u\ge1$, dont l'intégrale diverge (exercice sur $\frac{\sin t}t$).