TD5 - Convergence domin´ ee et int´ egrales ` a param` etres Corrections

(1)

PC-MP Maths Analyse III 2019-2020

TD5 - Convergence domin´ ee et int´ egrales ` a param` etres Corrections

Exercice 1.

On d´efinit la fonction f_n:R→R par f_n(x) = 1

n1[0,n](x).

D´eterminer la limite simple de la suite de fonctions (f_n)n≥0. Montrer que la convergence est uniforme.

Que pouvez-vous dire de la suite I_n =R

Rf_n(t)dt?

Correction : Pour x∈R, f_n(x) vaut soit 0, soit ¹_n. Dans tous les cas, on a

∀x∈R, 0≤f_n(x)≤ 1 n,

Ce qui prouve que f_n tend vers 0 uniform´ement, et donc simplement.

Un calcul direct montre que I_n=

Z

R

f_n(t)dt = 1 n

Z n 0

dt= 1.

Ainsi la suite des intégrales de f_n est constante et vaut 1, en particulier elle ne tend pas vers 0. La convergence uniforme ne suffit pas ici à permuter limite et intégrales, puisque l’intervalle d’intégration est non borné. Le théorème de convergence dominée n’aurait rien donné non plus....

Exercice 2.

Soit la suite d’int´egrales d´efinies pour n≥0 par I_n=

Z 1 0

ln(1 +tⁿ)dt 1. Justifier que cette suite est bien d´efinie.

2. Calculer la limite de I_n lorsque n→+∞.

3. En posant u=tⁿ, donner un ´equivalent de In.

(2)

Correction

1. On d´efinit la suite de fonctionsf_n: [0,1]→R par f_n(t) = ln(1 +tⁿ).

Alors pour n fixé, f_n estC^∞ sur [0,1]. L’intégrale I_n est donc bien définie comme une intégrale de Riemann sur un intervalle compact.

2. La fonctions f_n converge simplement vers la fonction nulle sur [0,1[ (notez que f_n(1) = ln 2 ne converge pas vers 0, il a donc fallu ouvrir en 1). De plus, par croissance de la fonction fn, on a

∀t ∈[1,2], 0≤f_n(t)≤ln(2).

Ainsi la suite de fonctions (f_n)n≥0 est uniformément bornée sur un intervalle compact, et le théorème de convergence dominée s’applique puisque la fonction constante ln 2 est intégrable sur ]0,1[. On déduit

n→+∞lim I_n= 0.

3. Afin de d´egager l’influence den, on effectue le changement de variableu=tⁿ, et on obtient

I_n= Z 1

0

ln(1 +u) nuⁿ⁻¹ⁿ du.

On pose maintenant

gn(u) = ln(1 +u) uⁿ⁻¹ⁿ , de sorte que

nIn = Z +∞

0

gn(u)du.

Cette fonction est clairement continue sur ]0,1]. De plus,

∀u∈]0,1], g_n(u) →

n→+∞

ln(1 +u)

u .

On définit donc la fonction g(u) = ^ln(1+u)_u , et ce qui précède montre que la suite de fonctions (g_n)_n≥0tend simplement versgsur ]0,1]. De plus, on connaˆıt la majoration

∀u≥0, ln(1 +u)≤u,

qui se démontre par exemple en étudiant la différence des deux fonctions, ou encore par des arguments de concavité. On a donc

∀u∈]0,1], 0≤g_n(u)≤uⁿ¹ ≤1.

(3)

La fonction constante égale à 1 étant bien sûr intégrable sur ]0,1[, on peut appliquer le théorème de convergence dominée : la fonction g est intégrable sur ]0,1[, et on a de plus

n→∞lim Z 1

0

g_n(u)du= Z 1

0

g(u)du= Z 1

0

ln(1 +u)

u du.

Notons I l’int´egrale du membre de gauche. Puisque g est positive et continue sur ]0,1[, on d´eduit que I >0. On vient de voir que nI_n→I lorsque n →+∞, ce qui prouve que

I_n ∼

n→+∞

I n.

Remarquons qu’on ne connaˆıt pas la valeur de I, mais il est important d’avoir au moins vérifié queI 6= 0 pour écrire l’équivalent précédent. On peut calculer la valeur de I en développant ln(1 +u) en séries entières et en intégrant terme à terme, ce qui est un exercice (classique) en soi.

Exercice 3.

Etudier la convergence de la suite d’int´egrales d´efinies pour n≥1 par I_n =

Z 1 0

dt (1−tⁿ)^1/n, et donner sa limite lorsquen →+∞.

Exercice 4.

Soit

I_n= Z

√n

0

1−t²

n n

dt 1. On introduit la fonction f_n: [0,+∞[→R telle que

f_n(t) =







1−t² n

n

si 0≤t≤√ n 0 sinon

Exprimerf_n `a l’aide d’une fonction caract´eristique, et faire le lien avec I_n. 2. Montrer que

∀t≥0, f_n(t)≤e^−t²

3. Calculer la limite de I_n lorsque n→+∞ sous forme d’une int´egrale.

Exercice 5.

Soit

I_n= Z +∞

0

sin(_n^t) t(1 +t²)dt

(4)

Après avoir justifier son existence, déterminer la limite deI_n ainsi qu’un équivalent simple lorsque n→+∞.

Correction : On pose f_n(t) = _t(1+t^sin(ⁿ^t2⁾). cette fonction est bien C^∞ sur ]0,+∞[. En utilisant l’´equivalent sinx∼

0 x, on d´eduit f_n(t) ∼

t→0

t

nt(1 +t²) = 1

n(1 +t²) ∼

t→0

1 n.

Cela prouve que lim_t→0f_n(t) = ¹_n, et donc que f_n admet un prolongement par continuit´e en 0. Cela prouve que R1

0 fn(t)dt converge.

D’autre part, on a

|f_n(t)| ≤ 1 t(1 +t²),

et 1

t(1 +t²) ∼

t→+∞

1 t³ Puisque R+∞

1 dt

t³ converge, on a par les th´eor`emes de comparaison des fonctions positives queR+∞

1 |f_n(t)|dt converge, et donc que R+∞

1 f_n(t)dt converge. En combinant avec ce qui pr´ec`ede, on a R+∞

0 f_n(t)dt qui converge, et donc I_n est bien d´efinie.

Pour en trouver la limite, on va appliquer le théorème de convergence dominée. On a que

∀t ≥0, lim

n→+∞f_n(t) = 0,

ce qui prouve quef_ntend simplement vers 0 sur [0,+∞[. Il faut maintenant chercher une domination. On rappelle que sinx≤ x pour x≥ 0. Ainsi, si t ∈[0,1], on a 0 ≤sin_n^t et donc

|f_n(t)|=f_n(t)≤ 1

n(1 +t²) ≤ 1 1 +t². Sit ≥1, on peut majorer brutalement le sinus par 1 :

|f_n(t)| ≤ 1

nt(1 +t²) ≤ 1

t(1 +t²) ≤ 1 1 +t². On pose donc ϕ(t) = _1+t¹2. On a donc montr´e que

∀t≥0, |fn(t)| ≤ϕ(t).

De plus, la fonction ϕ est continue sur [0,+∞[ et v´erifie ϕ(t) ∼

t→+∞

1

t². On peut donc appliquer le théorème de convergence dominée :

n→∞lim I_n = Z +∞

0

0dt = 0.

Pour trouver un équivalent de I_n, on cherche à dégager l’influence de n. On remarque que, à t fixé,

sin t

n ∼

n→+∞

t n,

(5)

et donc

n→+∞lim nf_n(t) = lim

n→+∞

sin(_n^t)

t

n(1 +t²) = 1 1 +t².

De plus, en reprenant les majorations pr´ec´edentes un peu plus finement, on observe qu’on a encore

|nf_n(t)| ≤ϕ(t).

On peut donc appliquer le théorème de convergence dominée à la suite de fonction (nf_n)n≥0

:

limn∞

Z +∞

0

nf_n(t)dt= Z +∞

0

1

1 +t²dt= π 2. Cela prouve que

I_n ∼

n→+∞

π 2n. Exercice 6.

(

Un calcul de P∞

1 1 k²

)

1. Etant donn´e k ∈N^∗, montrer que Z π/2

0

(t−π)tcos(2kt)dt= π 4k². 2. Montrer que

n

X

k=1

cos(2kt) = sin(2n+ 1)t 2 sint −1

2. 3. Montrer que si f ∈C¹([a, b]), alors il existeC > 0 tel que

Z b a

f(t) sin(nt)dt

≤C/n.

4. En d´eduire que

∞

X

1

1 k² = π²

6 .

Exercice 7.

Soit f(x, t) = ^√^e^−xt_t+1. On souhaite d´efinir g par la formule g(x) =

Z +∞

0

f(x, t)dt.

1. Donner le domaine de d´efinition deg. 2. Montrer que g est continue sur R.

(6)

3. En posant t= ^u_x, cherchez un ´equivalent simple de g(x) lorsquex→0.

4. De mˆeme, cherchez un ´equivalent simple lorsque x→+∞.

Correction :

1. La fonctionf estC^∞ surR×]−1,+∞[ comme quotient de composées de fonctions usuelles. En particulier pour tout x > 0, la fonction t 7→ f(x, t) est continue sur [0,+∞[. Ainsi si on fixe x > 0, il suffit d’étudier l’intégrabilité de t 7→ f(x, t) au voisinage de +∞. On a par croissance comparée

t²f(x, t) =t² e^−xt

√t+ 1 →

t→+∞0, ce qui prouve que

∀x >0, f(x, t) =

t→+∞o(1 t²).

Ainsi, puisqueR+∞

1 dt

t² converge, il en est de mˆeme pourR+∞

1 f(x, t)dt, et donc pour R+∞

0 f(x, t)dt. Ainsi la fonction g est bien définie pour tout x > 0. Si x ≤ 0, la fonction t 7→ f(x, t) n’est par contre pas intégrable au voisinage de +∞, et on ne peut pas définir g. Ainsi le domaine de définition de g est

D_g =]0,+∞[.

2. On a déjà vérifié la continuité de la fonctionf sur ]0,+∞[×]0,+∞[, ce qui implique les hypothèses de régularité du théorème de continuité des intégrales à paramètre.

Il reste donc à chercher une domination. On remarque qu’il va être dur de trouver une domination valide pour tout x > 0, puisque la fonction t 7→ f(0, t) n’est pas intégrable sur ]0,+∞[. On “s’écarte” donc de 0 dans un premier temps : on fixe a >0, et on a alors

∀(x, t)∈[a,+∞[×]0,+∞[, |f(x, t)| ≤f(a, t) = e^−at

√t+ 1.

Cette fonction est bien intégrable sur ]0,+∞[ et ne dépend pas de la première variable. On peut donc appliquer le théorème : l’intégrale à paramètre qui définit la fonctiong est continue sur [a,+∞[. Comme ce raisonnement est valide pour tout a >0, alors la fonction g est continue sur ]0,+∞[.

3. Avec le changement de variable propos´e, on trouve g(x) =

Z +∞

0

e^−u p_u

x + 1 du

x = 1

√x Z +∞

0

e^−u

√u+√ xdu

On introduit une nouvelle fonction de deux variables sur ]0,+∞[×]0,+∞[ en posant h(x, u) = ^√_u+^e^−u^√_x, de sorte que

√xg(x) = Z +∞

0

h(x, u)du.

(7)

La fonctionh est clairement continue sur [0,+∞[×]0,+∞[, de plus on a la majoration

0≤h(x, u)≤ e^−u

√u.

On poseφ(u) = ^e^√^−u_u. Cette fonction est bien int´egrable sur ]0,+∞[, puisque qu’elle y est continue, et que

φ(u) ∼

u→0

√1

u et φ(u) =

u→+∞o( 1 u²).

Le théorème de continuité des intégrales à paramètre s’applique : on ax7→√ xg(x) qui est continue sur [0,+∞[, et donc

x→0lim

√xg(x) = Z +∞

0

h(0, u)du= Z +∞

0

e^u

√udu.

Notons I cette dernière quantité, elle est clairement non nulle, et on a donc prouvé que

g(x) ∼

x→0

√I x.

Au passage, on constate queg(x)→+∞ lorsquex→0, ce qui est coh´erent avec le fait que 0 n’est pas dans le domaine de d´efinition.

4. On reprend l’´ecriture

g(x) = 1 x

Z +∞

0

e^−u p_u

x + 1du.

On remarque que la quantité sous l’intégrale tend vers e^−u lorsque x→+∞. Pour- tant, il n’est pas possible d’utiliser un théorème de continuité “en +∞” comme à a question précédente. A la place, on va utiliser le critère séquentielle de la limite.

Soit (xn)n≥0 une suite qui tend vers +∞. On note f_n(u) = e^−u

p _u

xn + 1, de sorte que

xng(xn) = Z +∞

0

fn(u)du.

On constate quefnest continue sur ]0,+∞[ et converge simplement versF(u) = e^−u lorsque n→+∞. On a de plus la majoration

0≤f_n(u)≤F(u),

et la fonctionF est clairement intégrable sur ]0,+∞[. On peut appliquer le théorème de convergence dominée :

n→∞lim Z +∞

0

f_n(u)du= Z +∞

0

F(u)du= 1.

(8)

On vient de d´emontrer que pour toute suite (x_n)n≥ qui tend vers +∞, on a

n→∞lim x_ng(x_n) = 1.

Ce crit`ere s´equentielle montre que

x→+∞lim xg(x) = 1, et donc que

g(x) ∼

x→+∞

1 x.

Exercice 8. Soit f(x, t) = ^ln(x+t_1+t2²⁾. On souhaite d´efinir g par la formule g(x) =

Z +∞

0

f(x, t)dt.

1. Donner le domaine de d´efinition deg.

2. Montrer que g est continue et C¹ sur ]0,+∞[.

3. Montrer que

g⁰(x) = π 2√

x(√

x+ 1). 4. En posant u= ¹_t, calculer g(0). En d´eduire g.

Correction :

1. Introduisons la fonction

f(x, t) = ln(x+t²) 1 +t²

qui est définie et C^∞ sur [0,+∞[×]0,+∞[, comme quotient et composées de fonctions C^∞. Pour x >0 fixé, la fonction t 7→f(x, t) est continue sur [0,+∞[, tandis que pour x = 0, on a f(0, t) ∼

t→0 2 ln(t). Dans les deux cas, l’int´egrale R1

0 f(x, t)dt converge (dans le casx= 0, on a utilis´e le fait que R1

0 lntdtconverge et le théorème de comparaison. De plus, pour x fixé, la fonction f est de signe constant près de t= 0, donc f est intégrable sur ]0,1[.

D’un autre cˆot´e, pour tout x≥0, on a

|f(x, t)| =

t→+∞o( 1 t^3/2), par croissance compar´ee. Puisque la fonction R+∞

1 dt

t³² converge, cela assure que R+∞

1 |f(x, t)|dt converge. En conclusion, la fonction t 7→ f(t, x) est int´egrable sur ]0,+∞[ pour tout x≥0, et la fonction g est bien d´efinie sur [0,∞[.

Pour x < 0, la fonction t 7→ f(x, t) n’est pas d´efinie lorsque t ∈]0,p

|x|[, donc l’intervalle ]0,+∞[ n’est pas inclus dans le domaine de définition de t7→f(t, x), et l’intégrale considérée ne peut être définie.

(9)

2. On a vu que pour x > 0, la fonction t 7→ f(t, x) est intégrable sur ]0,+∞[. On a aussi vu que f estC^∞ sur [0,+∞[×]0,+∞[. Il reste donc à dominer la fonction ^∂f_∂x par une fonction intégrable ne dépendant pas de x pour appliquer le théorème de convergence des intégrales à paramètre. On calcule cette dérivée partielle :

∂f

∂x(x, t) = 1

(x+t²)(1 +t²).

On comprend alors pourquoi on nous demande de montrer queg estC¹ sur ]0,+∞[

et pas sur [0,+∞[ : lorsquex= 0, la fonction t7→ ^∂f_∂x(x, t) n’est pas int´egrable pr`es de 0. On fixea >0, et on a

∀(x, t)∈[a,+∞[×]0,+∞[, |∂f

∂x(x, t)| ≤ 1

(a+t²)(1 +t²).

Notonsϕ(t) la fonction du membre de droite. Cette fonction est positive et continue sur [0,+∞[, de plus on a

ϕ(t) ∼

t→+∞

1 t⁴.

On déduit donc que ϕest intégrable sur ]0,+∞[. On peut appliquer le théorème de dérivation des intégrales à paramètre : la fonction g est C¹ sur [a,+∞[, avec

g⁰(x) = Z +∞

0

1

(x+t²)(1 +t²)dt.

Puisque ces propri´et´es sont vraies pour touta >0, elles restent valides sur ]0,+∞[.

3. Il s’agit de calculer l’intégrale données par g⁰. On fixe x 6= 1, et on décompose la fraction en éléments simples. On trouve :

∀x6= 1, 1

(x+t²)(1 +t²) = 1 x−1

1

t²+ 1 − 1 t² +x

.

Ainsi, un calcul d’int´egrale classique fournit

∀x∈]0,+∞[\{1}, g⁰(x) = 1 x−1

π 2 − π

2√ x

= π

2(√

x+ 1)√ x,

après mise au même dénominateur et simplification. On note que puisqueg estC¹, la fonction g⁰ est continue en 1, et la formule ci-dessus est également valide lorsque x= 1.

4. Des calculs similaires `a l’exo 3 du TD4 montre que g(0) = 0. D’autre part, on remarque que la formule trouv´ee pourg⁰(x) est de la formeπ^F_F⁰ avecF(x) = √

x+ 1.

On peut donc effectuer un calcul de primitive g(x) =g(0) +

Z x 0

g⁰(s)ds =πln(√

x+ 1).

On constate que la fonctiong est en fait continue en 0, ce qui pouvait être montrée en appliquant le théorème de continuité des intégrales à paramètre, mais que sa dérivée tend vers +∞ lorsque x→0.

(10)

Correction Bonus : Essayons d’appliquer le théorème de continuité à paramètre pour montrer queg est continue sur [0,+∞[. Les hypothèses de régularité sont clairement vérifiées, alors cherchons une domination. Plutôt que de vous donnez directement une majoration valide avec quelques lignes de preuve, je vais détailler l’analyse à mener au préalable. Ca vous paraˆıtra long, pour des outils tous élémentaires, mais je vous rassure, ce n’est pas à

“apprendre” : chaque élève pourrait donner un majorant et une preuve différente...

Déjà, f(x, t) n’est pas de signe constant, puisque son signe est le même que celui de ln(x+t²). Anisi, il ne faut surtout pas se précipiter. On va distinguer plusieurs cas, afin d’avoir des majorations utilisant la monotonie du logarithme. Commen¸cons par éclaircir la question du signe :

|ln(x+t²)|=

( ln(x+t²) si x+t² ≥1

−ln(x+t²) sinon

Ainsi, on voit déjà qu’il ne sera pas possible de majorer |ln(x+t²)| pour tout t > 0 et pour tout x >0 par une fonction ne dépendant pas dex, puisque àt fixé, on aurait alors lim_x→+∞|f(x, t)| ≤ϕ(t), ce qui est absurde, le membre de gauche valant +∞. Ceci nous oblige à imposer une restriction de la formex ≤b avec b >0 fixé. A l’inverse, puisqu’on veut la continuité de g jusqu’en 0, on ne souhaite pas s’écarter de x = 0, et on pense que cela ne devrait pas être un verrou dans la preuve, puisque lorsque x= 0, la fonction t 7→ f(0, t) est bien intégrable. Ainsi on va désormais supposer que x ∈ [0, b], avec b fixé. En reprenant ce qui précède, on a la majoration naturelle basée sur la croissance du logarithme :

∀x∈[0, b],∀t >0, |ln(x+t²)| ≤

( ln(b+t²) si x+t² ≥1

−ln(t²) sinon

On apper¸coit un majorant qui ne d´epend pas dex : le maximum des deux majorants. On pose donc

M(t) = max(|ln(b+t²)|,|ln(t²)|)

Supposons que b ≥ 1, de sorte que ln(b+t²) = |ln(b+t²)| pour tout t > 0. Cela ne gênera pas lorsque l’on va appliquer le théorème de contnuité : on obtiendra la continuité de g sur tous les intervalles de la forme [0, b] avec b ≥ 1, ce qui “couvre” bien [0,+∞[.

Au final, on a donc montr´e

∀x∈[0, b],∀t >0, |f(x, t)| ≤ M(t) 1 +t².

Ce n’est pas totalement fini, car il faut montrer que ce majorant est int´egrable. Cela ne devrait pas ˆetre difficile, puisque chacune des deux fonctions

|ln(t²)|

1 +t² et ln(b+t²) 1 +t² ,

l’est, mais que se passe-t-il quand on prend le max? Il faut ´eclaircir “qui est le max”, en raisonnant selon les valeurs det :

(11)

• Si t est proche de 0, le max des deux est |ln(t²)|, puisque cette quantit´e tend vers +∞ lorsque t →0, tandis que l’autre est born´ee (elle tend vers lnb).

• Si t est grand, le max des deux est |ln(b + t²)|, puisque d`es que t ≥ 1, on a 0≤ln(t²)≤ln(t²+b).

• Entre les deux... et bien ¸ca n’a pas d’importance puisque les deux fonctions sont bornées, et donc intégrable sur un intervalle bornée.

En r´esum´e : il existe t0 ∈]0,1[ tel que

• Pour toutt ∈]0, t₀[, on aM(t) = |ln(t²)|.

• Il existe une constante C > telle que pour tout t ∈]t0,1[, on aM(t)≤C.

• Pour toutt ∈]1,+∞[, on aM(t) = |ln(b+t²)|.

Ainsi, on pose

ϕ(t) = M(t) 1 +t².

Cette fonction est continue par morceaux sur ]0,+∞[, de plus, d’apr`es les trois cas dis- tingu´es, on a que

Z t0

0

ϕ(t)dt, Z 1

t0

ϕ(t)dt et

Z +∞

1

ϕ(t)dt

sont trois intégrales convergentes. Puisque ϕ ≥ 0, on déduit qu’elle est intégrable sur ]0,+∞[, et on peut appliquer le théorème de continuité des intégrales à paramètre : la fonction g est continue sur [0, b], et ce pour tout b≥1, et donc sur [0,+∞[.

Exercice 9.

(

Un calcul de R∞ 0

sint

t dt

)

Pour x≥0 on pose F(x) =

Z ∞ 0

e^−txsint t dt.

1. Montrer que F est bien d´efinie et F(x)→0 quand x→ ∞.

2. Montrer que F ∈C¹(]0,∞[) et calculerF⁰. 3. En d´eduire l’expression deF.

4. A l’aide d’une int´egration par parties, montrer que F ∈C⁰([0,∞[).

5. En d´eduire que

Z ∞ 0

sint

t dt= π 2. Exercice 10.

(

Un calcul de R∞

0 e^−t²dt

)

Pour tout r´eel x, on pose F(x) =

Z 1 0

e^−x²^(1+t²⁾ 1 +t² dt.

(12)

1. Montrer que F est bien d´efinie et F ∈C¹(R).

2. Montrer que F⁰(x) = −2e^−x²Rx

0 e^−t²dt.

3. En d´eduire que F(x) + Rx

0 e^−t²dt2

ne d´epend pas de x.

4. En d´eduire que

Z ∞ 0

e^−t²dt =

√π 2 . Corrig´e :

1. Soit la fonction définie sur R×Rpar f(x, t) = ê^−x2(1+t2)_1+t2 . Elle est de classe C^∞ sur R×R, comme quotient et composée de fonctions infiniment dérivables. Pour un x ∈ R fixé, la fonction t 7→ f(x, t) est continue sur [0,1], donc son intégrale y est bien définie, en tant qu’intégrale de Riemann.

De plus, si on fixe un intervalle [a, b] de R, alors la fonction (x, t) 7→ ^∂f_∂x(x, t) est continue sur [a, b]×[0,1], et donc elle y est born´ees, c’est-`a-dire qu’il existe une constanteM > 0 telle que

∀x∈[a, b],∀t∈[0,1],

∂f

∂x(x, t)

≤M,

et la fonction constante égale à M étant intégrable sur l’intervalle borné [0,1], on déduit par le théorème de dérivation des intégrales à paramètre que F est C¹ sur [a, b]. Comme ceci est valable pour tout intervalle [a, b], on déduit que F estC¹ sur R.

Remarque : Certains de vos camarades ont, avec justesse, born´e la fonction pour tout x dans R, par une ´etude de fonction. Ainsi, on a

|∂f

∂x(x, t)|= 2|x|e^−x²^(1+t²⁾= 2|x|e^−x²e^−x²^t² ≤2|x|e^−x²

on étudie ensuite cette fonction sur R pour trouver son maximum (il s’agit d’une constante), qui bien sur intégrable sur l’intervalle bornée [0,1].

Ma méthode a l’avantage de ne faire aucun calcul, (elle est assez abstraite) : elle utilise de manière très poussée le fait que la fonction est continue sur R×[0,1], et que [0,1] est à la fois fermé et borné. Elle n’aurait jamais marché pour des intégrales

`

a paramètre comme celle de l’exo 7 ou de l’exo 8. En fait, elle est adaptée à des intégrales de Riemann (c’est à dire des fonctions continues sur des intervalles fermés bornés) à paramètre.

2. D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètre, on peut dériver sous le signe somme :

F⁰(x) = Z 1

0

∂f

∂x(x, t)dt =−2x Z 1

0

e^−x²^(1+t²⁾dt=−2xe^−x² Z 1

0

e^−x²^t²dt.

(13)

Si x= 0, la formule précédente montre que F⁰(0) = 0. Sinon, on procède alors au changement de variableu=xt, ce qui permet d’obtenir

F⁰(x) = −2xe^−x² Z x

0

e^−u²du

x =−2e^−x² Z x

0

e^−t²dt, la variable muetteu pouvant être notée t à nouveau.

3. PosonsG(x) = F(x) + Rx

0 e^−t²dt 2

. AlorsG⁰(x) =F⁰(x) + 2e^−x²Rx

0 e^−t²dtqui vaut 0 sur Rd’après la question précédente. La fonction G est donc constante.

4. On a directement :

F(0) = Z 1

0

dt

1 +t² = [arctant]¹₀ = π 4. On a donc G(0) =F(0) = ^π₄. Ainsi, pour toutx∈R, on a

F(x) + Z x

0

e^−t²dt 2

= π

4. (1)

On obtient la réponse à la question demandée si on parvient à montrer que

x→+∞lim F(x) = 0.

Mon premier réflexe est un passage à la limite sous l’intégrale, avec la même méthode que l’exo 7.4. Voici cependant une preuve très astucieuse trouvée par un(e) de vos camarades, évitant l’emploi d’un théorème aussi lourd. Puisque _1+t¹2 ≤ 1 et x²(1 +t²)≥x², on remarque la majoration

∀(x, t)∈R×[0,1], |f(x, t)| ≤e^−x². On int`egre entre 0 et 1 :

∀x∈R, 0≤F(x)≤ Z 1

0

e^−x²dt =e^−x². On conlut avec le th´eor`eme des gendarmes que

x→+∞lim F(x) = 0.

Ainsi, en utilisant (1), on en d´eduit que

x→+∞lim Z x

0

e^−t²dt 2

= π

4 − lim

x→+∞F(x) = π 4, et la quantité entre paranthèses étant positive, que

Z +∞

0

e^−t²dt =

√π 2 .