Chapitre 19Intégrales généralisées

1. Soit $x$ un élément de ${[0,+\infty[}$. La fonction $t\mapsto \varphi(t,x)$ est continue sur ${]0,+\infty[}$.
   On peut prolonger par continuité cette fonction en 0 en posant $\varphi(0,0)=1$ et $\varphi(0,x)=0$ si $x$ est non nul. Donc $\displaystyle\int_0^1{\varphi(t,x)\,\mathrm{d}t}$ est convergente.
   $\lim\limits_{t\to +\infty}\varphi(t,x)=0$. Donc, d’après les critères de Riemann, $\displaystyle\int_1^{+\infty}{\varphi(t,x)\,\mathrm{d}t}$ converge.
   On a : $\dfrac{\partial \varphi}{\partial x}(t,x)=-\dfrac{2x}{t^2}\varphi(t,x)$.
   • Pour $x=0$.
     On a : $\dfrac{\partial \varphi}{\partial x}(t,0)=0$, d’où $\displaystyle\int_0^1{\dfrac{\partial \varphi}{\partial x}(t,0)\,\mathrm{d}t}$ converge.
   • Pour $x\ne 0$.
     On a : $\lim\limits_{t\to 0^+}\,{t^{1/2}}\dfrac{\partial \varphi}{\partial x}(t,x)=0$ et $\lim\limits_{t\to+\infty}\,{t^2}\dfrac{\partial \varphi}{\partial x}(t,x)=0$.
     Donc, d’après les critères de Riemann, $\displaystyle\int_0^{+\infty}{\dfrac{\partial \varphi}{\partial x}(t,x)\,\mathrm{d}t}$ converge.
2. 1. L’inégalité $\forall u\in {[0,+\infty[},\;0\le 1-e^{-u}\le u$ s’obtient en étudiant la fonction $u\mapsto e^{-u}+u-1$. Les autres ne posent pas de difficulté.
   2. On a :\[\begin{align*}|f(x)-f(0)|&=\int_0^{+\infty}{e^{-t^2}\left(1-e^{-{x^2}/{t^2}}\right)\,\mathrm{d}t} \\&\le \int_0^{+\infty}{e^{-t^2}\min\left(1,\dfrac{x^2}{t^2}\right)\,\mathrm{d}t} \\&\le \int_0^x{e^{-t^2}\min\left(1,\dfrac{x^2}{t^2}\right)\,\mathrm{d}t}+\int_x^{+\infty}{e^{-t^2}\min\left(1,\dfrac{x^2}{t^2}\right)\,\mathrm{d}t} \\&\le \int_0^x{e^{-t^2}\,\mathrm{d}t}+\int_x^{+\infty}{\dfrac{x^2}{t^2}e^{-t^2}\,\mathrm{d}t}.\end{align*}\]Donc,
      \[\begin{align*}\forall x\in {[0,+\infty[},\;|f(x)-f(0)| &\le \int_0^x{e^{-t^2}\;\mathrm{d}t}+x^2\int_x^{+\infty}{\dfrac{\mathrm{d}t}{t^2}} \\&\le \int_0^x{e^{-t^2}\,\mathrm{d}t}+x.\end{align*}\]
   3. Par passage à la limite, on en déduit que $f$ est continue en $0$.
3. Le changement de variable est $u=\dfrac{x}{t}$.
4. On obtient le résultat : $\forall x\in {[0,+\infty[},\;f(x)=\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}e^{-2x}$ en intégrant l’équation différentielle obtenue précédemment.

1. La fonction $x\mapsto \dfrac{\ln x}{(x+2)^2}$ est continue sur ${]0,+\infty[}$. On a donc un problème en 0 et un en $+\infty$.
   En $+\infty$, on a $x^{3/2}\dfrac{\ln x}{(x+2)^2}\underset{+\infty}{\overset{x}{\sim}}\,\dfrac{\ln x}{\sqrt{x}}\xrightarrow{x\to+\infty}0$, donc d’après le critère de Riemann, on en déduit que la fonction est intégrable en $+\infty$.
   En $0$, on a $\dfrac{\ln x}{(x+2)^2}\underset{0}{\overset{x}{\sim}}\,\dfrac{1}{4}\ln(x)\gt 0$, et $x\mapsto \ln(x)$ est intégrable en $0$ (appliquer le critère de Riemann).
   Finalement, l’intégrale $I$ est convergente.
2. Soit $F$ la primitive de $f$ qui vaut $0$ en $1$, on a donc : $F(x)=\displaystyle\int_1^x{\dfrac{\ln t}{(t+2)^2}\,\mathrm{d}t}$.
   On va faire une intégration par partie en posant : $u(t)=\ln(t)$ et $v'(t)=\dfrac{1}{(t+2)^2}$, alors $u'(t)=\dfrac{1}{t}$ et $v(t)=-\dfrac{1}{(t+2)}$. Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $C^1$.
   On obtient :\[\begin{align*}\int_1^x{\dfrac{\ln t}{(t+2)^2}\,\mathrm{d}t}&=\left[-\dfrac{\ln t}{(t+2)}\right]_1^x-\int_1^x{\dfrac{-1}{t(t+2)}\,\mathrm{d}t} \\&=-\dfrac{\ln x}{(x+2)}+\int_1^x{\dfrac{1}{t(t+2)}\,\mathrm{d}t}.\end{align*}\]Il est facile de vérifier que $\dfrac{1}{t(t+2)}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}t-\dfrac{1}{t+2}\right)$, on a donc :\[\begin{align*}\int_1^x{\dfrac{1}{t(t+2)}\,\mathrm{d}t}&=\dfrac{1}{2}\int_1^x{\left(\dfrac{1}t-\dfrac{1}{t+2}\right)\,\mathrm{d}t} \\&=\dfrac{1}{2}\int_1^x{\dfrac{1}{t}\,\mathrm{d}t}-\dfrac{1}{2}\int_1^x{\dfrac{1}{t+2}\,\mathrm{d}t} \\&=\dfrac{1}{2}\bigl[\ln t\bigr]_1^x-\dfrac{1}{2}\bigl[\ln(t+2)\bigr]_1^x \\&=\dfrac{1}{2}\ln x-\dfrac{1}{2}\ln(x+2)+\dfrac{1}{2}\ln 3 \\\end{align*}\]Finalement, on obtient :\[F(x)=-\dfrac{\ln x}{(x+2)}+\dfrac{1}{2}\ln(x)-\dfrac{1}{2}\ln(x+2)+\dfrac{1}{2}\ln 3\]
3. D’après la question précédente, on a :\[\begin{align*}F(x)&=-\dfrac{\ln x}{x+2}+\dfrac{1}{2}\ln x-\dfrac{1}{2}\ln(x+2)+\dfrac{1}{2}\ln 3 \\&=-\dfrac{\ln x}{x+2}+\dfrac{1}{2}\ln \dfrac{x}{x+2}+\dfrac{1}{2}\ln 3.\\\end{align*}\]Et ainsi on a :\[\lim\limits_{x\to+\infty}\,F(x)=\dfrac{1}{2}\ln 3.\]D’autre part, on peut aussi écrire : \[F(x)=\dfrac{x}{2(x+2)}\ln x-\dfrac{1}{2}\ln(x+2)+\dfrac{1}{2}\ln 3,\]et ainsi :\[\lim\limits_{x\to 0}\;F(x)=\lim\limits_{x\to 0}\;\left(\dfrac{x}{4}\ln x\right)-\dfrac{1}{2}\ln 2+\dfrac{1}{2}\ln 3=-\dfrac{1}{2}\ln 2+\dfrac{1}{2}\ln 3.\]$F$ étant une primitive de $f$, on a :\[\begin{align*}\int_0^{+\infty}{f(x)\,\mathrm{d}x}&=\lim\limits_{x\to\infty}\;F(x)-\lim\limits_{x\to 0^+}\,F(x) \\&=\dfrac{1}{2}\ln 3-\left(-\dfrac{1}{2}\ln 2+\dfrac{1}{2}\ln 3\right) \\&=\dfrac{1}{2}\ln 2 \\\end{align*}\]D’où finalement, $I=\dfrac{1}{2}\ln 2$.