Math spé : Exercices sur les fonctions intégrables

1. Soit $\gamma\in]1,\alpha[$. Alors, on a $$\frac{t^\gamma}{t^\alpha (\ln t)^\beta}=\frac{1}{t^{\alpha-\gamma}(\ln t)^\beta}\to 0$$ et donc, en notant $f$ la fonction, on a $$f(t)=_{+\infty}o\left(\frac{1}{t^\gamma}\right).$$ Puisque $\int_e^{+\infty}\frac{dt}{t^\gamma}$ converge, il en est de même de $\int_e^{+\infty}f$.
2. Si $\alpha=1$, alors la fonction est de la forme $u'u^{-\beta}$. Elle admet donc une primitive de la forme $\frac{1}{-\beta+1}u^{-\beta+1}$ si $\beta\neq 1$, et de la forme $\ln |\ln u|$ si $\beta=1$. Pour $\beta\neq 1$, on a \begin{eqnarray*} \int_e^{X}\frac{dt}{t(\ln t)^{\beta}}&=&\left[\frac{1}{-\beta+1}(\ln t)^{-\beta+1}\right]_e^X\\ &=&\frac{1}{-\beta+1}\left((\ln X)^{-\beta+1}-1\right) \end{eqnarray*} Lorsque $X$ tend vers $+\infty$, ceci admet une limite finie si et seulement si $\beta>1$. Dans le cas où $\beta=1$, la primitive se calcule un peu différemment : \begin{eqnarray*} \int_e^X\frac{dt}{t\ln t}&=&\left[\ln |\ln t|\right]_e^X=\ln|\ln X|-\ln|\ln e|=\ln\ln X. \end{eqnarray*} Ceci tend vers $+\infty$, et donc l'intégrale n'est pas convergente.
3. On remarque que $$\frac{\frac{1}{t}}{f(t)}=t^{\alpha-1}(\ln t)^\beta\to 0,$$ c'est-à-dire $$\frac{1}{t}=_{+\infty}o\big(f(t)\big).$$ Puisque $\int_e^{+\infty}\frac{dt}{t}$ diverge, il en est de même de $\int_e^{+\infty}f(t)dt$.

En conclusion, l'intégrale étudiée converge si et seulement si $\alpha>1$ ou $\alpha=1$ et $\beta>1$.

On va, en utilisant les développements limités, décomposer les fonctions en somme de fonctions dont l'étude est plus simple.

1. On écrit \begin{eqnarray*} \frac{\sin x}{\sqrt x+\sin x}&=&\frac{\sin x}{\sqrt x}\left(\frac{1}{1+\frac{\sin x}{\sqrt x}}\right)\\ &=&\frac{\sin x}{\sqrt x}\left(1-\frac{\sin x}{\sqrt x}+O\left(\frac{\sin^2 x}{x}\right)\right)\\ &=&\frac{\sin x}{\sqrt x}-\frac{\sin^2 x}x+O(x^{-3/2}). \end{eqnarray*} Or, par une intégration par parties, $\int_1^{+\infty}\frac{\sin x}{\sqrt x}dx$ converge, et il en est de même de $\int_1^{+\infty}O(x^{-3/2})dx$. L'intégrale $\int_4^{+\infty}\frac{\sin x}{\sqrt x+\sin x}dx$ est donc de même nature que $\int_4^{+\infty}\frac{\sin^2 x}{x}dx$. Mais, en écrivant que $$\frac{\sin^2 x}{x}=\frac{1}{2x}-\frac{\cos 2x}{2x},$$ puis en utilisant (toujours par une intégration par parties) que $\int_4^{+\infty}\frac{\cos 2x}{2x}$ est convergente, et que $\int_4^{+\infty}\frac{dx}{2x}$ est divergente, on prouve que $\int_4^{+\infty}\frac{\sin^2 x}xdx$ est divergente. Il en est de même de l'intégrale de départ. Remarquons que $$\frac{\sin x}{\sqrt x+\sin x}\sim_{+\infty}\frac{\sin x}{\sqrt x},$$ et que pourtant les deux intégrales ont des comportements opposés. L'hypothèse de positivité dans le théorème de comparaison n'est donc pas superflue!
2. Posons $f(x)=\ln\left(1+\frac{\sin x}{x^\alpha}\right)$, puis effectuons un développement limité au voisinage de $+\infty$. On trouve $$f(x)=\frac{\sin x}{x^\alpha}-\frac{\sin^2 x}{2x^{2\alpha}}+o\left(\frac{\sin^2 x}{x^{2\alpha}}\right).$$ Posons $g(x)=-\frac{\sin^2 x}{2x^{2\alpha}}+o\left(\frac{\sin^2 x}{x^{2\alpha}}\right)$. Puisque $\int_1^{+\infty}\frac{\sin x}{x^\alpha}dx$ converge (effectuer une intégration par parties), les intégrales $\int_1^{+\infty}f$ et $\int_1^{+\infty}g$ sont de même nature. Mais $$g\sim_{+\infty}-\frac{\sin^2 x}{2x^{2\alpha}}$$ qui est une fonction négative. Donc $\int_1^{+\infty}f$ est de même nature que $\int_1^{+\infty}\frac{\sin^2 x}{x^{2\alpha}}dx$. Utilisant la même méthode que pour la question précédente, on prouve que l'intégrale converge si $\alpha>1/2$ et diverge si $\alpha\leq 1/2$. En conclusion, l'intégrale $\int_1^{+\infty}f$ converge si et seulement si $\alpha>1/2$.

La fonction $x\mapsto (\ln x)^n$ est continue sur $]0,1]$. De plus, au voisinage de $0$, on a $$(\ln x)^n=o(1/\sqrt x).$$ Par comparaison avec une intégrale de Riemann, l'intégrale est convergente en 0. On va obtenir une formule de récurrence pour exprimer $I_n$ en fonction de $I_{n-1}$ en réalisant une intégration par parties. Pour cela, prenons $a\in]0,1[$. On a : \begin{eqnarray*} \int_a^1(\ln x)^n dx&=&\left[x(\ln x)^{n}\right]_a^1-n\int_a^1\frac{x(\ln x)^{n-1}}{x}dx\\ &=&-a(\ln a)^n-n\int_a^1(\ln x)^{n-1}dx. \end{eqnarray*} On fait tendre $a$ vers 0 et on obtient, puisque $a(\ln a)^n\to 0$ lorsque $a\to 0$, $$I_n=-n\int_0^1 (\ln x)^{n-1}dx=-nI_{n-1}.$$ Par récurrence, on prouve alors facilement que $$I_n=(-1)^n n! I_0.$$ Or, $I_0=1$, et donc $I_n=(-1)^n n!$.

Introduisons $F(x)=\int_0^x f(t)dt$. L'hypothèse d'intégrabilité entraine que $F$ admet une limite finie $\ell$ en $+\infty$. Mais par la relation de Chasles, on a $$\int_x^{x+1}f(t)dt=F(x+1)-F(x)\xrightarrow{x\to+\infty}\ell-\ell=0.$$

On peut réécrire l'inégalité en $0\leq g-f\leq h-f$. Or, $h-f$ est intégrable sur $I$ comme différence de fonctions intégrables. Par majoration et positivité, $g-f$ est intégrable sur $I$. Écrivant $g=(g-f)+f$, on trouve que $g$ est intégrable sur $I$.

On sait que $f(x)=\int_0^x f'(t)dt+f(0)$. Puisque $f'$ est intégrable, $f$ admet une limite $\ell\in\mathbb R$ en l'infini. Mais cette limite ne peut être que nulle. En effet, si $\ell\neq 0$, alors $f\sim_{+\infty}\ell$ et la fonction constante égale à $\ell$ n'est pas intégrable sur $[0,+\infty[$. Par comparaison, $f$ ne serait pas intégrable, ce qui est contraire aux hypothèses. Donc on a prouvé que $f$ tend vers $0$ en $+\infty$.

D'après la définition de la limite, et puisque $a<0,$ il existe $A>0$ tel que, pour tout $x\geq A$, on a $$\frac{f'(x)}{f(x)}\leq \frac a2.$$ Intégrons cette inégalité. Puisque $f$ est positive, on trouve $$\ln f(x)-\ln f(A)\leq \frac{a}2(x-A).$$ Passant à l'exponentielle, on en déduit, pour $x\geq A$, $$0\leq f(x)\leq f(A)e^{\frac{a}{2}(x-A)}.$$ Puisque $a/2<0$, la fonction $e^{\frac a2x}$ est intégrable sur $]0,+\infty[$. Il en est de même de $f$. De plus, l'inégalité précédente prouve que $f$ tend vers 0 en $+\infty$. D'autre part, puisque $f$ est positive, on déduit de la définition de $A$ que $f'(x)\leq 0$ pour $x\geq A$. Ainsi, pour $x\geq A$, $$\int_A^X |f'(t)|dt=-\int_A^X f'(t)dt=f(A)-f(X)$$ et ceci converge vers $f(A)$ quand $X$ tend vers $+\infty$. $f'$ est donc elle aussi intégrable.

Au voisinage de $+\infty$, $\frac{\arctan t}{t}\sim_{+\infty}\frac{\pi}{2t}$, qui est une fonction positive et dont l'intégrale diverge au voisinage de $+\infty$. D'après le théorème d'intégration des relations de comparaison, on déduit que $$\int_1^x \frac{\arctan t}{t}dt\sim_{+\infty}\int_1^x\frac{\pi}{2t}dt.$$ Puisque cette dernière intégrale se calcule aisément, on conclut que $$\int_1^x \frac{\arctan t}{t}dt\sim_{+\infty}\frac{\pi}{2}\ln x.$$

On remarque d'abord que $\int_1^{+\infty}\frac{e^{-t}}tdt$ converge : en effet, la fonction $t\mapsto \frac{e^{-t}}t$ est continue et positive sur $[1,+\infty[$ et $\lim_{t\to+\infty}t^2\frac{e^{-t}}t=0$. On intègre ensuite par parties, en intégrant $t\mapsto e^{-t}$ et en dérivant $t\mapsto \frac 1t$. On obtient, pour $x>1$, \begin{eqnarray*} \int_x^{+\infty}\frac{e^{-t}}tdt&=&\left[-\frac{e^{-t}}t\right]_x^{+\infty}-\int_x^{+\infty}\frac{e^{-t}}{t^2}dt\\ &=&\frac{e^{-x}}x-\int_x^{+\infty}\frac{e^{-t}}{t^2}dt. \end{eqnarray*} Or, au voisinage de $+\infty$, $$\frac{e^{-t}}{t^2}=_{+\infty}o\left(\frac{e^{-t}}t\right).$$ Par intégration des relations de comparaison (les fonctions sont positives et intégrables), on trouve $$\int_x^{+\infty}\frac{e^{-t}}{t^2}dt=_{+\infty}o\left(\int_x^{+\infty}\frac{e^{-t}}{t}\right).$$ On en déduit que $$\int_x^{+\infty}\frac{e^{-t}}tdt\sim_{+\infty}\frac{e^{-x}}x.$$

On intègre par parties, deux fois, en intégrant à chaque fois la fonction $e^t$ et en dérivant $1/t$, puis $1/t^2$. On trouve successivement : \begin{eqnarray*} \int_1^x \frac{e^t}{t}dt&=&\left[ \frac{e^t}{t}\right]_1^x+\int_1^x \frac{e^t}{t^2}dt\\ &=&\frac{e^x}x-\frac{e}1+\left[ \frac{e^t}{t^2}\right]_1^x+2\int_1^x \frac{e^t}{t^3}dt\\ &=&\frac{e^x}x+\frac{e^x}{x^2}-2e+2\int_1^x \frac{e^t}{t^3}dt. \end{eqnarray*} Il faut maintenant prendre soin à la rédaction. On va commencer par chercher un équivalent de $\int_1^x \frac{e^t}{t^3}dt$. Toujours par intégration par parties, $$\int_1^x \frac{e^t}{t^3}dt=\frac{e^x}{x^3}-e+3\int_1^x \frac{e^t}{t^4}dt.$$ Or, au voisinage de $+\infty$, on a $$\frac{e^t}{t^4}=o_{+\infty}\left(\frac{e^t}{t^3}\right).$$ Par intégration des relations de comparaison (les fonctions sont positives et non intégrables), on en déduit que $$\int_1^x \frac{e^t}{t^4}=o_{+\infty}\left(\int_1^x \frac{e^t}{t^3}\right)$$ puis que $$\int_1^x \frac{e^t}{t^3}dt\sim_{+\infty}\frac{e^x}{x^3}$$ (le terme constant n'a pas d'importance pour l'équivalent, car $e^x/x^3\to+\infty$ en $+\infty$). Ceci peut encore se réécrire $$\int_1^x \frac{e^t}{t^3}dt=\frac{e^x}{x^3}+o\left(\frac{e^x}{x^3}\right).$$ Revenant à l'intégrale initiale, on trouve finalement que $$\int_1^x \frac{e^t}{t}dt=\frac{e^x}x+\frac{e^x}{x^2}+2\frac{e^x}{x^3}+o\left(\frac{e^x}{x^3}\right)$$ (à nouveau, le terme constant "rentre" dans le o). Bien sûr, on pourrait pousser le développement asymptotique aussi loin qu'on veut avec une méthode identique.

En intégrant une fois par parties, on a $$\forall x\geq 2, \int_2^x\frac{dt}{\ln t}=\left[\frac{t}{\ln t}\right]_2^x +\int_2^x \frac{dt}{\ln^2 t}.$$ On itère ces intégrations par parties, et on tombe après $n$ étapes sur : $$li(x)=\frac{x}{\ln x}+\frac{1!x}{(\ln x)^2}+\frac{2!x}{(\ln x)^3}+\dots+\frac{(n-1)!x}{(\ln x)^n}+n!\int_2^x \frac{dt}{(\ln t)^{n+1}}+O(1),$$ le terme $O(1)$ correspondant aux constantes d'intégration. Il reste à trouver un équivalent de cette dernière intégrale. En faisant une dernière intégration par parties, on a : $$n!\int_2^x \frac{dt}{(\ln t)^{n+1}}=\frac{n!x}{(\ln x)^{n+1}}+(n+1)!\int_2^x \frac{dt}{(\ln t)^{n+2}}+O(1).$$ Or, au voisinage de $+\infty$, on a $$\frac{1}{(\ln t)^{n+2}}=o\left(\frac{1}{(\ln t)^{n+1}}\right).$$ On peut intégrer ces relations de comparaison (car tout est positif), et on obtient : $$\int_2^x \frac{dt}{(\ln t)^{n+2}}=o\left(\int_2^x \frac{dt}{(\ln t)^{n+1}}\right).$$ Si on reporte ceci dans l'équation précédente, on obtient que $$n!\int_2^x \frac{dt}{(\ln t)^{n+1}}\sim_{+\infty}\frac{n!x}{(\ln x)^{n+1}}$$ qui est négligeable devant $\frac x{(\ln x)^n}$. Finalement, le développement asymptotique recherché est de la forme : $$li(x)=\frac{x}{\ln x}+\frac{1!x}{(\ln x)^2}+\frac{2!x}{(\ln x)^3}+\dots+\frac{(n-1)!x}{(\ln x)^n} +o\left(\frac{x}{(\ln x)^{n}}\right)$$ (le $O(1)$ étant lui-même négligeable devant $\frac x{(\ln x)^n}$).

On sait que $\sin t=t+t^2\veps(t)$ où la fonction $\veps$ tend vers 0 en 0. On a donc $$\int_x^{2x}\frac{\sin t}{t^2}dt=\int_x^{2x}\frac{dt}t+\int_x^{2x}\veps(t)dt=\ln 2+\int_x^{2x}\veps(t)dt.$$ Puisque la fonction $\veps$ est bornée (disons par $M$) au voisinage de $0$, on a $$\left|\int_x^{2x}\veps(t)dt\right|\leq Mx\to 0,$$ et donc la limite recherchée est $\ln 2$.

On va utiliser le fait qu'au voisinage de $+\infty,$ on a $$\frac{\ln(1+t)}{t}\sim_{+\infty}\frac{\ln(t)}t$$ et qu'on sait trouver une primitive de cette dernière fonction. Posons en effet, pour $x>0,$ \begin{align*} g(x)&=\int_{ax}^{bx}\frac{\ln(t)}{t}dt\\ &=\left[\frac 12(\ln(t))^2\right]_{ax}^{bx}\\ &=\frac12\left( (\ln(bx))^2-(\ln(ax))^2\right)\\ &=\frac 12 \big(\ln(bx)-\ln(ax)\big)\big(\ln(bx)+\ln(ax)\big)\\ &=\frac 12 \ln\left(\frac ba\right)\big(2\ln(x)+\ln(a)+\ln(b)\big)\\ &\sim_{+\infty}\ln\left(\frac ba\right)\ln(x). \end{align*} D'autre part \begin{align*} \int_{ax}^{bx}\frac{\ln(1+t)}{t}dt-g(x)&=\int_{ax}^{bx}\varphi(t)dt\\ &=\int_{ax}^{+\infty}\varphi(t)dt-\int_{bx}^{+\infty}\varphi(t)dt \end{align*} où $$\varphi(t)=\frac{\ln(1+t)-\ln(t)}{t}=\frac{\ln\left(1+\frac 1t\right)}{t}.$$ Mais, au voisinage de $+\infty,$ $$\varphi(t)\sim_{+\infty}\frac{\frac 1t}{t}=\frac{1}{t^2}\geq 0.$$ Par comparaison à une intégrale de Riemann convergence, $\varphi$ est intégrable au voisinage de $+\infty.$ En particulier, $$\int_{ax}^{+\infty}\varphi(t)dt\xrightarrow{x\to+\infty}0\textrm{ et } \int_{bx}^{+\infty}\varphi(t)dt\xrightarrow{x\to+\infty}0.$$ On en déduit que, au voisinage de $+\infty,$ $$\int_{ax}^{bx}\frac{\ln(1+t)}{t}dt=g(x)+o(1)$$ et donc $$\int_{ax}^{bx}\frac{\ln(1+t)}{t}dt\sim_{+\infty} \ln\left(\frac ba\right)\ln(x).$$