Préparer sa kholle : Fonctions intégrables

Exercice 1

- Convergence d'intégrales impropres - avec paramètres [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Discuter, suivant la valeur du paramètre $\alpha\in\mathbb R$, la convergence des intégrales impropres suivantes : $$\begin{array}{lll} \displaystyle \mathbf 1.\ \int_0^{+\infty}\frac{dt}{t^\alpha}&&\displaystyle \mathbf2.\ \int_0^{+\infty}\frac{e^{-t}-1}{t^\alpha}dt\\ \displaystyle \mathbf 3.\ \int_0^{+\infty}\frac{t-\sin t}{t^\alpha}dt&& \displaystyle \mathbf 4.\ \int_0^{+\infty}\frac{\arctan t}{t^\alpha}dt \end{array}$$

Indication

Corrigé

Attention, ici il y a un problème à la fois en 0 et en $+\infty$. Comme l'intégrale converge en 0 si et seulement si $\alpha<1$ et qu'elle converge en $+\infty$ si et seulement si $\alpha>1$, on en déduit que l'intégrale n'est jamais convergente.
En $0$, on a $e^{-t}-1\sim_0 -t$ et donc la fonction est équivalente à $\frac{-1}{t^{\alpha-1}}$. L'intégrale converge donc en $0$ si et seulement si $\alpha-1<1$, c'est-à-dire si $\alpha<2$. Au voisinage de l'infini, le numérateur est équivalent à $-1$ (car il tend vers $-1$, attention à ne pas être perturbé par la fonction exponentielle qui n'intervient pas ici au voisinage de l'infini!). On en déduit que la fonction est équivalente en $+\infty$ à $\frac{-1}{t^\alpha}$ et donc l'intégrale converge au voisinage de $+\infty$ si et seulement si $\alpha>1$. En résumé, $\int_0^{+\infty}\frac{e^{-t}-1}{t^\alpha}dt$ converge si et seulement si $1<\alpha<2$.
La fonction $t\mapsto \frac{t-\sin t}{t^\alpha}$ est continue sur $]0,+\infty[$. En $+\infty$, elle est équivalente à $\frac 1{t^{\alpha-1}}$. Ainsi, l'intégrale est convergente au voisinage de $+\infty$ si et seulement si $\alpha>2$. Au voisinage de $0$, il faut faire un développement limité du sinus pour trouver un équivalent du numérateur. On a $$t-\sin t=t-t+\frac {t^3}6+o(t^3)$$ et donc la fonction est équivalente à $\frac{1}{6t^{\alpha-3}}$. L'intégrale est convergente en 0 si et seulement si $\alpha-3<1$, donc si et seulement si $\alpha<4$. On en déduit que l'intégrale entre $0$ et $+\infty$ est convergente si et seulement si $\alpha\in ]2,4[$.
Il y a deux problèmes, à la fois en 0 et en $+\infty$. En $+\infty$, la fonction est équivalente à $\frac{\pi}{2t^\alpha}$, il y a donc convergence ssi $\alpha>1$. En $0$, puisque $\arctan t\sim_0 t$, la fonction est équivalente à $\frac{1}{t^{\alpha-1}}$, il y a donc convergence ssi $\alpha-1<1$, c'est-à-dire ssi $\alpha<2$. L'intégrale impropre $\int_0^{+\infty}\frac{\arctan t}{t^\alpha}dt$ est donc convergente ssi $\alpha\in]1,2[$.

Exercice 2

- Différence d'exponentielles [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soient $0<a<b$.

Justifier la convergence de $\int_0^{+\infty}\frac{e^{-at}-e^{-bt}}tdt$.
Soient $0<x<y$. Démontrer que $$\int_x^y \frac{e^{-at}-e^{-bt}}tdt=\int_{ax}^{bx}\frac{e^{-t}}tdt-\int_{ay}^{by}\frac{e^{-t}}tdt.$$
Démontrer que, pour tout réel $z>0$, $$e^{-bz}\ln\frac ba\leq\int_{az}^{bz}\frac{e^{-t}}tdt\leq e^{-az}\ln\frac ba.$$
En déduire que $$\int_0^{+\infty}\frac{e^{-at}-e^{-bt}}tdt=\ln\frac ba.$$

Indication

Corrigé

Au voisinage de $+\infty$, puisque $a>0$ et $b>0$, on a $$\frac{e^{-at}-e^{-bt}}t=O\left(\frac1{t^2}\right),$$ d'où la convergence de $\int_1^{+\infty}\frac{e^{-at}-e^{-bt}}tdt$. En 0, on fait un développement limité pour trouver \begin{eqnarray*} \frac{e^{-at}-e^{-bt}}t=\frac{1-at-1+bt+o(t)}{t}=\frac{(b-a)t+o(t)}{t}=(b-a)+o(1). \end{eqnarray*} La fonction se prolonge donc par continuité en 0 (sa limite étant $b-a$). On en conclut la convergence de l'intégrale entre $0$ et $+\infty$.
On écrit, par changement de variables $t\mapsto at$ et $t\mapsto bt$ puis par la relation de Chasles : \begin{eqnarray*} \int_x^{y}\frac{e^{-at}-e^{-bt}}{t}dt&=&\int_{ax}^{ay}\frac{e^{-t}}{t}dt-\int_{bx}^{by}\frac{e^{-t}}{t}dt\\ &=&\int_{ax}^{bx}\frac{e^{-t}}{t}dt+\int_{bx}^{ay}\frac{e^{-t}}tdt-\int_{bx}^{ay}\frac{e^{-t}}{t}dt-\int_{ay}^{by}\frac{e^{-t}}{t}dt\\ &=&\int_{ax}^{bx}\frac{e^{-t}}{t}dt-\int_{ay}^{by}\frac{e^{-t}}{t}dt. \end{eqnarray*}
La fonction $t\mapsto e^{-t}$ étant décroissante sur $\mathbb R$, on a, pour tout $t\in[az,bz]$, $$e^{-bz}\leq e^{-t}\leq e^{-az}.$$ On multiplie alors cette double inégalité par $1/t$ (qui est strictement positif), et on intègre...
Le principal problème de cette question réside dans la rédaction. Il faut prendre les limites l'une après l'autre! Remarquons d'abord que l'on peut supposer $a\leq b$ (si on échange le rôle de $a$ et $b$, on multiplie chacun des deux termes de l'égalité que l'on veut prouver par $-1$). On considère d'abord $y\in]0,+\infty[$ fixé, et on va faire tendre $x$ vers 0. De l'inégalité précédente, appliquée à $z=x$ et du résultat de la question 2)a), on tire $$e^{-bx}\ln \frac ba-\int_{ay}^{by}\frac{e^{-t}}tdt\leq \int_x^{y}\frac{e^{-at}-e^{-bt}}{t}dt\leq e^{-at}\ln\frac ba--\int_{ay}^{by}\frac{e^{-t}}tdt.$$ Lorsque $x$ tend vers 0, les termes de gauche et de droite convergent vers la même limite, à savoir $\ln \frac ba-\int_{ay}^{by}\frac{e^{-t}}tdt$. On peut appliquer le théorème d'encadrement des limites et en déduire que, pour tout $y>0$, l'intégrale $\int_0^y\frac{e^{-at}-e^{-bt}}tdt$ est convergente et vaut : $$\int_0^y\frac{e^{-at}-e^{-bt}}tdt=\ln\frac ba-\int_{ay}^{by}\frac{e^{-t}}{t}dt.$$ On va maintenant faire tendre $y$ vers $+\infty$. On sait que $$e^{-by}\ln\frac ba\leq \int_{ay}^{by}\frac{e^{-t}}{t}dt\leq e^{-ay}\ln\frac ba.$$ Par le théorème d'encadrement des limites, si on fait tendre $y$ vers $+\infty$, on obtient que $$\lim_{y\to+\infty}\int_{ay}^{by}\frac{e^{-t}}tdt=0.$$ On en conclut la convergence de $\int_0^{+\infty}\frac{e^{-at}-e^{-bt}}tdt$ et sa valeur : $$\int_0^{+\infty}\frac{e^{-at}-e^{-bt}}tdt=\ln\frac ba.$$

Exercice 3

- $\big(\arctan(2x)-\arctan(x)\big)/x$ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Calculer $\displaystyle \int_0^{+\infty}\frac{\arctan(2x)-\arctan(x)}xdx$.

Indication

Corrigé