Exercices corrigés - Intégrales impropres - 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 $\alpha>1/2$.

Remarquons d'abord qu'un tel $a$, s'il existe, est unique. En effet, si $\int_1^{+\infty}\frac{a-f(t)}{t}dt$ et $\int_1^{+\infty}\frac{b-f(t)}{t}dt$ convergent, alors par différence, $\int_1^{+\infty}\frac{a-b}tdt$ converge, et donc $a=b$.
Prouvons ensuite que $a=\int_0^1 f(u)du$ convient. Fixons $n\geq 1$. D'après le théorème de Fubini, \begin{eqnarray*} \int_n^{n+1}\frac{a-f(t)}tdt&=&\int_{n}^{n+1}\int_{0}^1 \frac{f(u)}tdudt-\int_{n}^{n+1}\frac{f(t)}{t}dt\\ &=&\int_0^1 f(u)\int_{n}^{n+1}\frac{dt}tdu-\int_0^1 \frac{f(u)}{u+n}du\\ &=&\int_0^1 f(u)\int_0^1 \frac{dt}{t+n}-\int_0^1f(u)\int_0^1 \frac{1}{u+n}dtdu\\ &=&\int_0^1 f(u)\int_0^1\left( \frac{1}{t+n}-\frac 1{u+n}\right)du dt. \end{eqnarray*} Mais, pour $(t,u)\in[0,1]^2$, on a $$\left|\frac{1}{t+n}-\frac{1}{u+n}\right|\leq \frac{1}{n^2},$$ et donc $$\left|\int_n^{n+1}\frac{a-f(t)}tdt\right|\leq \frac{\|f\|_\infty}{n^2}.$$ Ceci prouve la convergence de $\sum_n^{n+1}\int_{n}^{n+1}\frac{a-f(t)}tdt.$ De plus, puisque pour tout $x\in[n,n+1]$, on a $$\left|\int_n^{x}\frac{a-f(t)}{t}dt\right|\leq \frac{|a|+\|f\|_\infty}{n},$$ on en déduit que $\int_1^x \frac{a-f(t)}tdt$ admet une limite lorsque $x$ tend vers $+\infty$. La seule valeur qui convient est donc bien $\int_0^1 f(t)dt$.

La fonction $f$ est paire. Il suffit de prouver son intégrabilité sur $[0,+\infty[$. De plus, comme $f$ est positive, il suffit de prouver la convergence de la série $\sum_k I_k$, avec $I_k=\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{dx}{1+x^4\sin^2 x}$. Mais on a \begin{eqnarray*} I_k&\leq&\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{dx}{1+(k\pi)^4\sin^2 x}\textrm{ car }x\geq k\pi\\ &\leq&\int_{0}^{\pi}\frac{dx}{1+(k\pi)^4\sin^2 x}\textrm{ par $\pi$-périodicité de }\sin^2 x\\ &\leq&2\int_{0}^{\pi/2}\frac{dx}{1+(k\pi)^4\sin^2 x}\\ &\leq&2\int_0^{\pi/2}\frac{dx}{1+(k\pi)^4\left(\frac{2x}{\pi}\right)^{2}}\textrm{ car }\sin t\geq \frac{2x}{\pi}\\ &\leq&2\int_0^{\pi/2}\frac{dx}{1+4k^4\pi^2x^{2}} \end{eqnarray*} Faisant le changement de variables $u=2k^2\pi x$, on trouve $$I_k\leq\frac 1{k^2\pi}\int_0^{k^2\pi^2}\frac{du}{1+u^2}\leq\frac{1}{k^2\pi}\int_0^{+\infty}\frac{du}{1+u^2}=\frac1{k^2}.$$ On en déduit la convergence de la série $\sum_k I_k$, et donc le fait que $f$ est intégrable sur $\mathbb R$.

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 $I_n=(-1)^n n!$.

On va donner une méthode permettant en même temps de prouver la convergence de l'intégrale et de calculer sa valeur (même s'il est aussi intéressant de prouver indépendamment sa convergence). Remarquons d'abord que $\arctan(2x)-\arctan(x)=2x-x+o(x)=x+o(x)$ et la fonction $x\mapsto \frac{\arctan(2x)-\arctan(x)}x$ se prolonge par continuité en $0$ par la valeur $1$. L'intégrale n'est donc pas impropre en $0$. Fixons $A>0$. Alors $$\int_0^A \frac{\arctan(2x)-\arctan(x)}xdx=\int_0^A \frac{\arctan(2x)}xdx-\int_0^A\frac{\arctan(x)}xdx,$$ les deux intégrales à droite de l'égalité ne posant pas non plus de problèmes de convergence en $0$ pour les mêmes raisons que précédemment. Effectuons le changement de variables $u=2x$ dans la première des deux intégrales de droite. On trouve : $$\int_0^A \frac{\arctan(2x)-\arctan(x)}xdx=\int_0^{2A}\frac{\arctan(x)}xdx-\int_0^A\frac{\arctan(x)}xdx=\int_A^{2A}\frac{\arctan(x)}xdx.$$ Or, la fonction $\arctan$ est croissante sur $\mathbb R$. On en déduit que, $$\int_A^{2A}\frac{\arctan(A)}xdx\leq \int_A^{2A}\frac{\arctan(x)}xdx\leq \int_A^{2A}\frac{\arctan(2A)}xdx$$ ce qui donne ensuite $$\arctan(A)\ln 2\leq \int_A^{2A}\frac{\arctan(x)}xdx\leq \arctan(2A)\ln 2.$$ On fait tendre $A$ vers $+\infty$ et on déduit du théorème des gendarmes que $$\int_0^{+\infty}\frac{\arctan(2x)-\arctan(x)}xdx=\frac{\pi\ln 2}2.$$

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 $$\int_{ax}^{bx}\frac{\ln(1+t)}{t}dt\sim_{+\infty} \ln\left(\frac ba\right)\ln(x).$$

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.