PSI* — 2019/2020 — Corrigé partiel du T.D. 07 Page 1 14. Solution
a)Pour pouvoir écrire différemment f(x), je justifie d’abord son existence, pour x∈R+.
Déjà f(0) est l’intégrale de Dirichlet, dont la (semi-)convergente a été établie en cours (grâce à une intégration par parties).
Et pour x >0 fixé, la fonction t→e−xtsint
t est intégrable surR+∗, d’après la majoration classique (fournie par le théorème des accroissements finis) |sint| ≤ |t|; en effet, j’en déduis
∀t∈R+∗ e−xtsint
t ≤e−xt
or x >0, donct→e−xt est intégrable sur R+∗ (intégrale de référence).
On voit ici qu’une domination serait aisée pour x∈[a,+∞[, ce qui donnerait la continuité def sur R+∗, mais pas en 0. . . Je fixe alors x≥0 et j’écris, grâce à la convergence établie ci-dessus :
f(x) = lim
p→∞
(p+1)π 0
e−xtsint
t dt= lim
p→∞
p
n=0
(n+1)π nπ
e−xtsint t dt
et, pour n fixé dans N, j’écris grâce au changement de variable t =u+nπ, vu que sin (u+nπ) = (−1)nsinu
(n+1)π nπ
e−xtsint
t dt= (−1)nfn(x) où fn(x) =e−nπx
π 0
e−xu sinu
u+nπdu≥0.
L’écriture ci-dessus def(x)montre que la série numérique (−1)nfn(x) converge et que sa somme vaut f(x). Il s’agit d’une série alternée qui vérifie les hypothèses du théorème spécial ; en effet la valeur absolue du terme général est fn(x), qui vérifie, pour n∈N∗,
0≤fn(x)≤ 2
nπ car ∀t∈]0, π[ 0≤e−xu sinu
u+nπ ≤ sinu nπ et
π 0
sinudu= 2.
Le théorème d’encadrement montre alors quefn(x) −→
n→∞0. De plus la suite fn(x) est décroissante, comme n→e−nπx etn→ sinu
u+nπ pour tout u. . . Je dispose donc de la majoration du reste Rp(x) =
∞
n=p+1
(−1)nfn(x) :
∀x∈R+ |Rp(x)| ≤fp+1(x)≤ 2
(p+ 1)π (vu ci-dessus).
Ce dernier majorant est indépendant de x et de limite nulle quand p tend vers l’infini, donc (Rp) converge uniformément vers 0 sur R+, autrement dit (−1)nfn converge uniformément surR+. Attention, il reste à prouver que les fn sont continues sur R+ et les théorèmes opératoires clas- siques ne suffisent pas, il s’agit d’intégrales dépendant d’un paramètre !! Heureusement, pour n fixé, le théorème de continuité sous le signe s’applique immédiatement, puisque la fonction (x, u)→e−xu sinu
u+nπ a déjà été dominée (par 1) ci-dessus.
Je peux donc conclure :
f est définie et continue surR+.
b)Je fixe a >0et j’applique le théorème de dérivation sous le signe sur[a,+∞[.
Notons g: (x, t)→e−xtsint t :
∗ pour tfixé dansR+∗, la fonction x→g(x, t) est C1 sur [a,+∞[
∗ pourx fixé dans[a,+∞[, la fonctiont→g(x, t) est continue par morceaux et intégrable surR+∗ (vu aua))
∗ pour x fixé dans [a,+∞[, la fonction t→ ∂g
∂x(x, t) = −e−xtsint est continue par morceaux sur R+∗
∗ domination: ∀(x, t)∈[a,+∞[×R+∗ ∂g
∂x(x, t) ≤e−at et la fonctiont→e−atest indépendante dex, continue par morceaux et intégrable sur R+∗ (intégrale de référence).
PSI* — 2019/2020 — Corrigé partiel du T.D. 07 Page 2 Par conséquent, f est C1 sur [a,+∞[, cela pour touta >0, donc
f est C1 sur R+∗.
De plus f′ est donnée par la formule de Leibniz, pour toutx >0 : f′(x) =
+∞ 0
−e−xtsintdt= Im
+∞ 0
−e(i−x)tdt = Im e(i−x)t x−i
t→+∞
t=0
= Im −1 x−i c’est-à-dire
∀x∈R+∗ f′(x) = −1 x2+ 1.
c)Je déduis du résultat précédent une constante C telle que : ∀x∈R+∗ f(x) =C−arctanx.
La valeur deCest donnée par l’unicité de la limite def en+∞, qui vautC−π/2. Or par croissance de l’intégrale j’ai
∀x∈R+∗ |f(x)| ≤
+∞ 0
e−xtdt= 1 x d’où par encadrement f(x) −→
x→+∞ 0 et donc C = π/2. De plus nous avons vu au a) que f est continue en 0, donc l’unicité de la limite en 0 me permet de conclure
∀x∈R f(x) =π
2 −arctanx.
Or l’intégrale de Dirichlet n’est autre que f(0)!
+∞ 0
sint t dt= π
2.
