MP-PC Maths Analyse III 2019-2020
TD4 - Int´ egrales oscillantes et changements de variable Corrig´ e
Exercice 1.
On s’int´eresse `a l’int´egrale des fonctions “oscillantes” d´efinies surR+ par fα(t) := sinttα
etgα(t) := costαt, avec α >0.
1. Etudier la convergence de R1 0
sint
tα dt et R1 0
cost
tα dt selon les valeurs de α∈R. 2. Etudier la convergence de R+∞
1 fα(t)dt et R+∞
1 gα(t)dt lorsque α >1.
3. On suppose ici que α≤0. Soitn∈N∗. Montrer que pour tout t∈[2nπ,(2n+ 1)π],
on a sint
tα ≥sint.
En d´eduire que R+∞
1 fα(t)dt diverge. Montrer de mˆeme que R+∞
1 gα(t)dt diverge.
4. Soit α∈]0,1].
(a) Montrer que les int´egralesR+∞
1 fα(t)dt et R+∞
1 gα(t)dt convergent.
(b) Soit 0 < < π2. Minorer fα sur l’intervalle [2nπ +,(2n+ 1)π−], puis son int´egrale sur cet intervalle. En d´eduire quefα n’est pas int´egrable sur [1,+∞[.
Par une m´ethode similaire, montrer que gα n’est pas int´egrable sur [1,+∞[.
5. Soit hα(t) = etαit. Montrer que R+∞
1 hα(t)dt est absolument convergente si et seule- ment si α >1. Retrouvez le r´esultat de la question pr´ec´edente.
Correction :
1. Ces deux fonctions sont continues sur ]0,1]. Etudions leurs comportements en 0 : on a les ´equivalents
fα(t)∼
0
t
tα = 1
tα−1 et gα(t)∼
0
1 tα.
Ainsi, puisque ces fonctions sont positives sur ]0,1], le th´eor`eme de comparaison s’applique : R1
0 fα converge si et seulement si α−1< 1, c’est-`a-dire α < 2, tandis queR1
0 gα converge si et seulement si α <1.
2. On a la majoration
0≤ |fα(t)| ≤ 1 tα. Or, si α > 1, l’int´egrale R+∞
1 dt
tα converge. Le th´eor`eme de comparaison des fonc- tions positives s’applique : R+∞
1 |fα| converge, c’est-`a-dire que fα est int´egrable sur ]1,+∞[, et donc R+∞
1 fα(t)dt converge. Un raisonnement identique montre que R+∞
1 gα(t)dt converge lorsque α >1.
3. Pour toutt ∈[2nπ,(2n+ 1)π], on at≥2π >1, et donc, puisqueα≤0, on a t1α ≥1.
Pour tout t ∈ [2nπ,(2n+ 1)π], on a ´egalement sint ≥ 0, on peut donc multiplier l’in´egalit´e pr´ec´edente et obtenir
∀t ∈[2nπ,(2n+ 1)π], sint
tα ≥sint En int´egrant, on a donc
∀n≥1,
Z (2n+1)π
2nπ
sint tα dt ≥
Z (2n+1)π
2nπ
sintdt= [−cost](2n+1)π2nπ = 2 Supposons par l’absurde queR+∞
1 fα(t)dtconverge, et notonsIsa valeur. Int´eressons- nous `a la suite
uN = Z N π
1
fα(t)dt.
Cette suite tend vers I lorsque N tend vers +∞. On a aussi u2n+1−u2n →
n→+∞I−I = 0.
Pourtant, la r`egle de Chasles donne u2n+1−u2n =
Z (2n+1)π
2nπ
fα(t)dt ≥2 d’apr`es ce qui pr´ec`ede, d’o`u la contradiction.
On montre de mˆeme que R+∞
1 gα(t)dt diverge en adaptant le raisonnement sur des intervalles o`u le cosinus est positif, c’est-`a-dire des intervalles de la forme [2nπ −
π
2,2nπ+π2] avec n≥1.
4. Soit α∈]0,1].
(a) On se fixe A >1 et on r´ealise une int´egrations par parties : Z A
1
fα(t)dt = [−cost tα ]A1 +α
Z A
1
cost
tα+1dt= cos 1− cosA Aα +α
Z A
1
gα+1(t)dt.
Or si α ∈]0,1[, on a α+ 1 > 1 et R+∞
1 gα+1(t)dt converge d’apr`es la question pr´ec´edente. On d´eduit que RA
1 gα+1(t)dt a une limite lorsqueA→+∞. Par le th´eor`eme des gendarmes, on a aussi que
A→+∞lim cosA
Aα = 0.
Ainsi, RA
1 fα(t)dta une limite lorsqueA→+∞, ce qui montre queR+∞
1 fα(t)dt converge. On montre de mani`ere analogue que R+∞
1 gα(t)dt converge lorsque α ∈]0,1].
(b) La strat´egie de la preuve est de minorer l’int´egrale de |fα| par des int´egrales o`u la fonction fα est positive. On minorera ensuite ces integrales par le terme d’une s´erie de Riemann divergente.
Introduisons l’intervalleIn = [2nπ+,(2n+ 1)π−]. Le graphe de la fonction sinus sur In indique que
∀t∈In, sint≥sin(2nπ+) = sin. et donc
∀t ∈In, fα(t)≥ sin
tα ≥ sin (2nπ)α. et en int´egrant
Z (2n+1)π−
2nπ+
fα(t)dt ≥ sin
(2nπ)α(π−2) = C() nα , avec C() = (2π)sinα(π−2) une constante qui ne d´epend pas de n.
Montrons par l’absurde que fα n’est pas int´egrable sur [1,+∞[. Si c’´etait le cas, on aurait l’int´egraleR+∞
1 |fα(t)|dt convergente. Notons ` sa valeur. Alors sur In, puisque fα ≥0, on a fα =|fα|. On aurait alors, puisque les intervalles In sont disjoints :
` = Z +∞
1
|fα| ≥ Z
∪n≥1In
|fα|=X
n≥1
Z
In
fα(t)dt,
et donc en utilisant la minoration pr´ec´edente
C()X
n≥1
1 nα ≤`.
Ceci est absurde car pour α∈]0,1], la s´erie P 1
nα diverge.
5. La fonction hα est `a valeurs complexes, et on peut calculer son module :
Ainsi la fonction hα est int´egrable sur [1,+∞[ si et seulement si α > 1. Or hα = fα+igα, donc hα est int´egrable sur [1,+∞[ si et seulement si fα etgα le sont. Donc si α > 1, les deux fonctions fα et gα sont int´egrables, tandis que si α ≤ 1, l’une d’entres-elles ne l’est pas. Or on montre par un changement de variable que fα est int´egrable si et seulement si gα l’est (c’est un petit exo en soi). Ainsi si α ≤ 1, les deux fonctions fα et gα ne sont pas int´egrables.
Exercice 2.
Soit f(t) = cos(t2). Par une int´egration par partie, montrer que R+∞
1 f(t)dt converge.
Montrer ensuite que cette fonction n’est pas int´egrable sur [1,+∞[.
Correction :
De prime abord, on ne voit pas un produit. Si on fait une int´egration par partie entre 1 etf (en primitivant 1 et en d´erivantf), comme pour calculer une primitive du logarithme, cela ´echoue, car d´eriv´ee la fonction cos(t2) n’a pas de bonne propri´et´e de convergence, et le terme de bord ne converge pas non plus.
Il faut donc prendre le pobl`eme `a l’envers : on va plutˆot chercher `a primitiver f. Tel quel ce n’est pas possible, `a moins de “forcer” la forme connue d’une d´eriv´ee. Soit donc A >1, on a
Z A
1
f(t)dt= 1 2
Z A
1
1
t(2tcos(t2))dt Une int´egration par partie est d´esormais possible :
Z A
1
f(t)dt = [sin(t2) t ]A1 +
Z A
1
sin(t2)
t2 dt. (1)
D’un cˆot´e, on a
A→+∞lim [sin(t2)
t ]A1 =−sin(1).
De l’autre, on a
∀t≥1,
sin(t2) t2
≤ 1 t2 et puisque R+∞
1 dt
t2 converge, la fonction t 7→ sin(tt22) est int´egrable sur [1,+∞[, donc R+∞
1
sin(t2)
t2 dt converge, et la quantit´e RA 1
sin(t2)
t2 dt admet une limite lorsqueA →+∞.
Ainsi, les deux termes du membre de droite de (1) admettent une limite lorsque A→ +∞, et doncRA
1 f(t)dtadmet une limite lorsqueA→+∞, ce qui montre que R+∞
1 f(t)dt converge.
Pour ´etudier l’int´egrabilit´e, on transforme l’int´egrale avec le changement de variable u=t2. Prenons A >1, on a alors
Z A
1
|f(t)|d = Z A2
1
cos(u)
√u
du.
Or on a vu `a l’exercice pr´ec´edent que R+∞
1
cos(u)√ u
du diverge, car g1
2 n’est pas int´egrable sur [1,+∞[ (en reprenant les notations de l’exercice pr´ec´edent). On d´eduit que
A→+∞lim Z A
1
|f(t)|d = +∞, ce qui montre que f n’est pas int´egrable sur [1,+∞[.
Exercice 3.
Correction : Posons f(x) =
√x
(1+x)2. On a f ∈ C0([0,+∞[), donc R1
0 f(x)dx converge, de plus on a
f(x) ∼
x→+∞
1 x3/2. PuisqueR+∞
1 dx
x3/2 converge et quef ≥0, le th´eor`eme de comparaison montre queR+∞
1 f(x)dx converge. En conclusion, l’int´egrale R+∞
0 f(x)dx converge, et puisque f ≥ 0, la fonction f est int´egrable sur [1,+∞[. On peut donc appliquer le changement de variable propos´e :
Z +∞
0
f(x)dx= Z +∞
0
t
(1 +t2)22tdt= Z +∞
0
2t (1 +t2)2tdt
On r´ealise une ipp en primitivant (1+t2t2)2 (qui est de la forme F0/F2) et en d´erivant t : Z +∞
0
f(x)dx= [− t
(1 +t2)]+∞0 + Z +∞
0
1
1 +t2dt= π 2
Remarque : ici, faire l’ipp entre 0 et +∞ est un abus de notation : que veut dire [−(1+tt2)]+∞0 ? Il faut comprendre
A→+∞lim [− t (1 +t2)]A0 qui vaut clairement 0.
Deuxi`eme question : Je vous laisse montrer que l’int´egrale converge, on a d´ej`a fait cela.
Avec le changement de variable, on trouve apr`es quelques calculs que Z +∞
0
lnx
(1 +x)2dx=− Z +∞
0
lnt (1 +t)2dt.
Ainsi, si on note I cette int´egrale, on a I = −I (la variable x ou t est muette), et donc I = 0.