Solutions - Exercices sur les intégrales impropres - 01

Nature de six intégrales impropres

Pour $\boxed{{\displaystyle A=\int_{0}^{1}\frac{\ln\left(t\right)}{t-1}\thinspace dt}}$

➢ En 0 :

$\frac{\ln\left(t\right)}{t-1}\underset{{\scriptstyle 0}}{\sim}-\ln\left(t\right)$

et l’intégrale $\int_{0}^{1/2}\ln\left(t\right)\thinspace dt$ converge.

➢ En 1 :

$\lim_{t\rightarrow1}\frac{\ln\left(t\right)}{t-1}=1$

ce qui permet de prolonger par continuité.

Ainsi, l’intégrale $\int_{0}^{1}\frac{\ln\left(t\right)}{t-1}\thinspace dt$ converge.

Pour $\boxed{{\displaystyle B=\int_{0}^{+\infty}e^{-\sqrt{t}}\cos\left(t\right)\thinspace dt}}$

Pour tout $t\geqslant0$ :

$\left|e^{-\sqrt{t}}\cos\left(t\right)\right|\leqslant e^{-\sqrt{t}}$

donc convergence absolue, puisque :

$\lim_{t\rightarrow+\infty}t^{2}e^{-\sqrt{t}}=0$

et donc :

$\exists t_{0}>0;\forall t\geqslant t_{0},\thinspace e^{-\sqrt{t}}\leqslant\frac{1}{t^{2}}$

Pour $\boxed{{\displaystyle C=\int_{0}^{1}\frac{e^{t}-e}{\left(1-t\right)^{2}\sqrt{t}}\thinspace dt}}$

Inutile d’examiner ce qui se passe en la borne 0, vu ce qui suit …

➢ En 1 :

$e^{t-1}-1\underset{1}{\sim}t-1$

donc :

$\frac{e^{t}-e}{\left(1-t\right)^{2}\sqrt{t}}\underset{{\scriptstyle 1}}{\sim}\frac{e}{t-1}$

donc divergence, puisque l’intégrale $\int_{1/2}^{1}\frac{dt}{t-1}$ diverge.

Pour $\boxed{{\displaystyle D=\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin^{3}\left(t\right)}{t}\thinspace dt}}$

➢ En 0, on prolonge par continuité, vu que :

$\frac{\sin^{3}\left(t\right)}{t}\underset{{\scriptstyle 0}}{\sim}t^{2}\underset{t\rightarrow0}{\rightarrow}0$

➢ Ensuite, on linéarise $\sin^{3}\left(t\right)$ :

$\frac{\sin^{3}\left(t\right)}{t}=\frac{1}{4}\left(3\sin\left(t\right)-\sin\left(3t\right)\right)$

ce qui donne :

$\begin{eqnarray*}\int_{a}^{x}\frac{\sin^{3}\left(t\right)}{t}\thinspace dt & = & \frac{3}{4}\int_{a}^{x}\frac{\sin\left(t\right)}{t}\thinspace dt-\frac{1}{4}\int_{a}^{x}\frac{\sin\left(3t\right)}{t}\thinspace dt \end{eqnarray*}$

puis on effectue une IPP sur une intégrale partielle (en évitant la borne 0 pour ne pas créer de singularité). On fixe donc $a>0.$ Pour tout $x>a$ :

$\int_{a}^{x}\frac{\sin\left(t\right)}{t}\thinspace dt=\frac{\cos\left(a\right)}{a}-\frac{\cos\left(x\right)}{x}-\int_{a}^{x}\frac{\cos\left(t\right)}{t^{2}}\thinspace dt$

Or l’intégrale $\int_{a}^{+\infty}\frac{\cos\left(t\right)}{t^{2}}\thinspace dt$ est absolument convergente, donc convergente, d’où l’existence d’une limite finie pour $\int_{a}^{x}\frac{\cos\left(t\right)}{t^{2}}\thinspace dt$ donc pour $\int_{a}^{x}\frac{\sin\left(t\right)}{t}\thinspace dt$ lorsque $x\rightarrow+\infty.$ Idem pour ${\displaystyle \int_{a}^{x}\frac{\sin\left(3t\right)}{t}\thinspace dt},$ ce qu’on peut voir sans refaire d’IPP, puisque (via le changement de variable $s=3t)$ :

$\int_{a}^{x}\frac{\sin\left(3t\right)}{t}\thinspace dt=\int_{3a}^{3x}\frac{\sin\left(s\right)}{s}\thinspace ds$

Finalement, l’intégrale partielle $\int_{a}^{x}\frac{\sin^{3}\left(t\right)}{t}\thinspace dt$ possède une limite finie lorsque $x\rightarrow+\infty$ et donc l’intégrale proposée converge.

Pour $\boxed{\displaystyle E=\int_{0}^{+\infty}\cos\left(t\right)\arctan\left(\frac{1}{t}\right)\thinspace dt}$

➢ En 0 :

$\cos\left(t\right)\arctan\left(\frac{1}{t}\right)\underset{t\rightarrow0^{+}}{\rightarrow}\frac{\pi}{2}$

ce qui permet de prolonger par continuité.

➢ En $+\infty,$ pas question d’utiliser la règle des équivalents car l’intégrande n’est pas de signe localement constant. En revanche :

$\arctan\left(\frac{1}{t}\right)\underset{+\infty}{=}\frac{1}{t}+o\left(\frac{1}{t^{2}}\right)$

et donc (vu que $\left|\cos\left(t\right)\right|\leqslant1)$ :

$\cos\left(t\right)\arctan\left(\frac{1}{t}\right)\underset{{\scriptstyle +\infty}}{=}\frac{\cos\left(t\right)}{t}+o\left(\frac{1}{t^{2}}\right)$

On voit ainsi apparaître deux contributions. La première, ${\displaystyle t\mapsto\frac{\cos\left(t\right)}{t}},$ donne une intégrale convergente (IPP, même méthode que pour $D,$ non détaillée). La seconde donne la convergence absolue par comparaison.

Finalement, l’intégrale $\int_{0}^{+\infty}\cos\left(t\right)\arctan\left(\frac{1}{t}\right)\thinspace dt$ converge.

Pour $\boxed{\displaystyle F=\int_{-2}^{1}\frac{e^{t+2}-1}{\left(t^{3}+8\right)^{1/3}}\thinspace dt}$

Si l’on pose $h=t+2,$ alors :

$e^{t+2}-1=e^{h}-1\underset{{\scriptstyle h\rightarrow0}}{\sim}h$

$\begin{eqnarray*}t^{3}+8 & = & \left(t+2\right)\left(t^{2}+2t+4\right)\\ & = & h\left(4-2h+h^{2}\right)\\ & \underset{{\scriptstyle h\rightarrow0}}{\sim} & 4h \end{eqnarray*}$

donc :

$\frac{e^{t+2}-1}{\left(t^{3}+8\right)^{1/3}}\underset{{\scriptstyle -2}}{\sim}4^{-1/3}\thinspace\left(t+2\right)^{2/3}\underset{t\rightarrow-2}{\rightarrow}0$

ce qui permet de prolonger par continuité en $-2.$

Ainsi, l’intégrale $\int_{-2}^{1}\frac{e^{t+2}-1}{\left(t^{3}+8\right)^{1/3}}\thinspace dt$ converge.

Supposons $L=+\infty.$ Il existe alors $T>0$ tel que $\forall t\geqslant T,\thinspace f\left(t\right)\geqslant1$ et donc :

$\forall x\geqslant T,\thinspace\int_{0}^{x}f\left(t\right)\thinspace dt\geqslant x-T+\int_{0}^{T}f\left(t\right)\thinspace dt$

d’où $\lim_{x\rightarrow+\infty}\int_{0}^{x}f\left(t\right)\thinspace dt=+\infty,$ en contradiction avec l’hypothèse de convergence de l’intégrale.

De même, en supposant que $f$ admet en $+\infty$ une limite finie $L>0,$ il existera $S>0$ tel que $\forall t\geqslant S,\thinspace f\left(t\right)\geqslant\frac{L}{2},$ d’où :

$\forall x\geqslant S,\thinspace\int_{0}^{x}f\left(t\right)\thinspace dt\geqslant\frac{L}{2}\left(x-S\right)+\int_{0}^{S}f\left(t\right)\thinspace dt$

ce qui produit la même contradiction.

On voit de la même façon (ou bien en appliquant ce qui précède à $-f)$ que $f$ ne peut pas admettre pour limite $-\infty$ en $+\infty,$ ni une limite finie strictement négative.

Il s’ensuit que, SI $f$ admet en $+\infty$ une limite finie, celle-ci est nécessairement nulle.

Remarque – Comme cela a été indiqué dans l’énoncé, la convergence d’une telle intégrale impropre n’impose pas l’existence d’une limite pour $f$ en $+\infty$ , voir l’exercice 7 de cette même fiche.

Etant donné $n\in\mathbb{N},$ la propriété des croissances comparées donne :

$\lim_{t\rightarrow+\infty}t^{n+2}e^{-t}=0$

ce qui entraîne l’existence d’un réel $A>0$ tel que :

$\forall t\geqslant A,\thinspace t^{n}e^{-t}\leqslant\frac{1}{t^{2}}$

L’intégrale impropre :

$J_{n}=\int_{0}^{+\infty}t^{n}e^{-t}\thinspace dt\qquad\left(n\in\mathbb{N}\right)$

est donc convergente.

Fixons temporairement un réel $x>0,$ notons pour tout $n\in\mathbb{N}$ :

$G_{n}\left(x\right)=\int_{0}^{x}t^{n}e^{-t}\thinspace dt$

et intégrons par parties, pour $n\geqslant1,$ en posant :

$\begin{eqnarray*}u\left(t\right)=t^{n} & ; & v'\left(t\right)=e^{-t}\\ u'\left(t\right)=n\thinspace t^{n-1} & ; & v\left(t\right)=-e^{-t}\end{eqnarray*}$

On obtient :

$G_{n}\left(x\right)=\left[-t^{n}e^{-t}\right]_{t=0}^{x}+n\int_{0}^{x}t^{n-1}e^{-t}\thinspace dt$

c’est-à-dire :

$G_{n}\left(x\right)=-x^{n}e^{-x}+n\thinspace G_{n-1}\left(x\right)$

En passant à la limite dans cette égalité lorsque $x\rightarrow+\infty,$ on obtient $J_{n}=n\thinspace J_{n-1}.$ Et vu que :

$J_{0}=\int_{0}^{+\infty}e^{-t}\thinspace dt=1$

il s’ensuit par récurrence que :

$\boxed{\forall n\in\mathbb{N},\thinspace J_{n}=n!}$

Remarque

$J_{n}$ est la valeur en $n+1$ de la célèbre fonction Gamma d’Euler, définie sur $\left]0,+\infty\right[$ par la formule :

$\Gamma\left(x\right)=\int_{0}^{+\infty}t^{x-1}e^{-t}\thinspace dt$

Voir à ce sujet l’exercice 8, plus bas.

Soient $a>1$ et $\left(\alpha,\beta\right)\in\mathbb{R}^{2}.$ On étudie la nature de l’intégrale impropre

$\int_{a}^{+\infty}\frac{1}{t^{\alpha}\ln^{\beta}\left(t\right)}\thinspace dt$

en distinguant trois cas, selon la position de $\alpha$ par rapport à 1.

➤ 1er cas : $\boxed{\alpha>1}$

Choisissons $\lambda\in\left]1,\alpha\right[$ et observons que, pour tout $t\geqslant a$ :

( $\heartsuit$ ) $\frac{1}{t^{\alpha}\ln^{\beta}\left(t\right)}=\frac{1}{t^{\lambda}}\thinspace\frac{1}{t^{\alpha-\lambda}\ln^{\beta}\left(t\right)}$

Par croissances comparées, on sait que

${\displaystyle \lim_{t\rightarrow+\infty}}\frac{1}{t^{\alpha-\lambda}\ln^{\beta}\left(t\right)}=0$

Il existe donc $T>a$ tel que :

$\forall t\geqslant T,\thinspace\frac{1}{t^{\alpha-\lambda}\ln^{\beta}\left(t\right)}\leqslant1$

et donc :

$\forall t\geqslant T,\thinspace0<\frac{1}{t^{\alpha}\ln^{\beta}\left(t\right)}\leqslant\frac{1}{t^{\lambda}}$

Le principe de comparaison pour les intégrales de fonctions positives s’applique et montre que l’intégrale proposée converge.

➤ 2ème cas : $\boxed{\alpha<1}$

On choisit cette fois $\lambda\in\left]\alpha,1\right[$ et vu que :

${\displaystyle \lim_{t\rightarrow+\infty}}\frac{1}{t^{\alpha-\lambda}\ln^{\beta}\left(t\right)}=+\infty$

d’où l’existence d’un réel $T>a$ tel que :

$\forall t\geqslant T,\thinspace\frac{1}{t^{\alpha-\lambda}\ln^{\beta}\left(t\right)}\geqslant1$

La relation $\left(\heartsuit\right)$ montre cette fois que :

$\forall t\geqslant T,\thinspace\frac{1}{t^{\alpha}\ln^{\beta}\left(t\right)}\geqslant\frac{1}{t^{\lambda}}$

et l’intégrale diverge donc dans ce cas.

➤ 3ème cas : $\boxed{\alpha=1}$

On introduit, pour tout $x>a,$ l’intégrale partielle :

$F\left(x\right)=\int_{a}^{x}\frac{1}{t\ln^{\beta}\left(t\right)}\thinspace dt$

En effectuant le changement de variable $u=\ln\left(t\right),$ on obtient la nouvelle expression :

$F\left(x\right)=\int_{\ln\left(a\right)}^{\ln\left(x\right)}\thinspace\frac{du}{u^{\beta}}$

Supposons dans un premier temps que $\beta\neq1.$ Alors :

$\begin{eqnarray*}F\left(x\right) & = & \left[\frac{1}{\left(1-\beta\right)u^{\beta-1}}\right]_{u=\ln\left(a\right)}^{\ln\left(x\right)}\\ & = & \frac{1}{1-\beta}\left(\frac{1}{\ln^{\beta-1}\left(x\right)}-\frac{1}{\ln^{\beta-1}\left(a\right)}\right)\end{eqnarray*}$

➣ Si $\boxed{\beta>1}$ alors :

$\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{1}{\ln^{\beta-1}\left(x\right)}=0$

et donc :

$\lim_{x\rightarrow+\infty}F\left(x\right)=\frac{1}{\left(\beta-1\right)\ln^{\beta-1}\left(a\right)}$

L’intégrale converge.

➣ Si $\boxed{\beta<1}$ alors :

$\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{1}{\ln^{\beta-1}\left(x\right)}=+\infty$

et donc :

$\lim_{x\rightarrow+\infty}F\left(x\right)=+\infty$

L’intégrale diverge.

➣ Enfin si $\boxed{\beta=1}$ alors :

$F\left(x\right)=\ln\left(\ln\left(x\right)\right)-\ln\left(\ln\left(a\right)\right)\underset{x\rightarrow+\infty}{\rightarrow}+\infty$

et donc l’intégrale diverge.

En conclusion

${\displaystyle \int_{a}^{+\infty}\frac{1}{t^{\alpha}\ln^{\beta}\left(t\right)}\thinspace dt}\;\text{converge}\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{c}\alpha>1\\\text{ou}\\\alpha=1\text{ et }\beta>1\end{array}\right.$

Commençons par le calcul de :

$\lim_{n\rightarrow+\infty}\int_{0}^{1}\,\frac{dx}{x^{n}+e^{x}}$

La suite d’applications continues

$f_{n}:\left[0,1\right]\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto\frac{1}{x^{n}+e^{x}}$

converge simplement vers $x\mapsto e^{-x}.$ En outre, pour tout $\left(n,x\right)\in\mathbb{N}\times\left[0,1\right]$ :

$0\leqslant f_{n}\left(x\right)\leqslant e^{-x}$

Le théorème de convergence dominée s’applique donc. On obtient :

$\lim_{n\rightarrow+\infty}\int_{0}^{1}\,\frac{dx}{x^{n}+e^{x}}=\int_{0}^{1}e^{-x}\thinspace dx$

c’est-à-dire :

$\boxed{\lim_{n\rightarrow+\infty}I_{n}=1-\frac{1}{e}}$

Précisons que l’emploi du théorème de convergence dominée ne s’impose absolument pas ! C’est même un outil disproportionné pour un tel calcul. Il suffit en effet de voir que :

$\begin{eqnarray*}0\leqslant\int_{0}^{1}e^{-x}\thinspace dx-I_{n} & = & \int_{0}^{1}\left(e^{-x}-\frac{1}{x^{n}+e^{x}}\right)\thinspace dx\\ & = & \int_{0}^{1}\frac{x^{n}}{e^{x}\left(x^{n}+e^{x}\right)}\thinspace dx\\ & \leqslant & \int_{0}^{1}x^{n}\thinspace dx\\ & = & \frac{1}{n+1}\end{eqnarray*}$

d’où la formule encadrée ci-dessus. Passons à la suite de terme général :

$J_{n}=\int_{1}^{+\infty}\,\frac{dx}{x^{n}+e^{x}}$

On voit déjà que, pour tout $\left(n,x\right)\in\mathbb{N}\times\left[1,+\infty\right[$ :

$0\leqslant\frac{1}{x^{n}+e^{x}}\leqslant\frac{1}{x^{n}}$

donc :

$0\leqslant J_{n}\leqslant\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^{n}}\thinspace dx=\frac{1}{n-1}$

et il en résulte que :

$\boxed{\lim_{n\rightarrow\infty}J_{n}=0}$

Il reste à préciser la nature de la série de terme général $J_{n}.$ Bien entendu, le fait que la suite $\left(J_{n}\right)_{n\geqslant0}$ converge vers 0 ne nous apprend rien à ce sujet … pas plus que la majoration obtenue plus haut (puisque la série harmonique est divergente).

En revanche, étant donné $a>1,$ on observe que pour tout $n\in\mathbb{N}$ :

$\int_{1}^{+\infty}\frac{dx}{x^{n}+e^{x}}\geqslant\int_{1}^{a}\frac{dx}{x^{n}+e^{x}}\geqslant\int_{1}^{a}\frac{dx}{x^{n}+e^{a}}\geqslant\frac{1}{1+e^{a}}\int_{1}^{a}\frac{dx}{x^{n}}$

Or :

$\int_{1}^{a}\frac{dx}{x^{n}}=\frac{1}{n-1}\left(1-\frac{1}{a^{n-1}}\right)\sim\frac{1}{n-1}$

et donc, par comparaison, la série proposée diverge.

On sait que, pour tout $x\in\mathbb{R}$ : $e^{x}\geqslant1+x.$ Ceci se prouve directement en étudiant les variations de $x\mapsto e^{x}-1-x.$

On peut aussi remarquer que $x\mapsto1+x$ est la fonction affine tangente à l’exponentielle en 0; or l’exponentielle est convexe, donc minorée par chacune de ses fonctions affines tangentes.

Il s’ensuit que, pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star}$ et pour tout $t\in\mathbb{R}$ :

$1-\frac{t^{2}}{n}\leqslant e^{-t^{2}/n}$

donc, si $t\in\left[0,\sqrt{n}\right]$ (ce qui garantit la positivité du membre de gauche) alors, par croissance de $x\mapsto x^{n}$ sur $\mathbb{R}^{+}$ :

$\left(1-\frac{t^{2}}{n}\right)^{n}\leqslant e^{-t^{2}}$

Par ailleurs :

$0<1+\frac{t^{2}}{n}\leqslant e^{t^{2}/n}$

d’où, par décroissance de $x\mapsto1/x$ sur $\left]0,+\infty\right[$ :

$e^{-t^{2}/n}\leqslant\left(1+\frac{t^{2}}{n}\right)^{-1}$

et donc :

$e^{-t^{2}}\leqslant\left(1+\frac{t^{2}}{n}\right)^{-n}$

Bref, nous avons établi que :

$\boxed{\forall n\in\mathbb{N}^{\star},\thinspace\forall t\in\left[0,\sqrt{n}\right],\thinspace\left(1-\frac{t^{2}}{n}\right)^{n}\leqslant e^{-t^{2}}\leqslant\left(1+\frac{t^{2}}{n}\right)^{-n}}$

Illustration dynamique pour cet encadrement

On peut voir ci-dessous les graphes des trois fonctions. Les unités ne sont pas identiques sur les axes de coordonnées. Le slider permet de faire varier $n$ et d’apprécier, à l’œil nu, la qualité de l’encadrement :

D’après cet encadrement et par croissance de l’intégrale :

( $\diamondsuit$ ) $A_{n}\leqslant\int_{0}^{\sqrt{n}}e^{-t^{2}}\thinspace dt\leqslant B_{n}$

où l’on a posé :

$\left\{ \begin{array}{ccc}A_{n} & = & \int_{0}^{\sqrt{n}}\left(1-\frac{t^{2}}{n}\right)^{n}\thinspace dt\\\\B_{n} & = & \int_{0}^{\sqrt{n}}\left(1+\frac{t^{2}}{n}\right)^{-n}\thinspace dt\end{array}\right.$

Si l’on prouve que les suites $\left(A_{n}\right)_{n\geqslant1}$ et $\left(B_{n}\right)_{n\geqslant1}$ convergent vers une même limite $G,$ il en résultera, d’après l’encadrement $\left(\diamondsuit\right)$ , que la suite de terme général :

$G_{n}=\int_{0}^{\sqrt{n}}e^{-t^{2}}\thinspace dt$

converge aussi vers $G.$ Or, si l’on pose :

$t=\sqrt{n}\sin\left(\theta\right)$

l’intégrale $A_{n}$ est transformée en :

$A_{n}=\sqrt{n}\int_{0}^{\pi/2}\cos^{2n+1}\left(\theta\right)\thinspace d\theta$

Notons $W_{n}=\int_{0}^{\pi/2}\cos\left(\theta\right)\thinspace dt$ la $n-$ ème intégrale de Wallis.

On sait que :

$W_{n}\sim\sqrt{\frac{\pi}{2n}}$

et par conséquent :

$\lim_{n\rightarrow\infty}A_{n}=\frac{1}{2}\sqrt{\pi}$

Et si l’on pose :

$t=\sqrt{n}\tan\left(\theta\right)$

on voit que $B_{n}$ devient :

$B_{n}=\sqrt{n}\int_{0}^{\pi/4}\left(1+\tan^{2}\left(\theta\right)\right)^{-n}\thinspace\frac{d\theta}{\cos^{2}\left(\theta\right)}$

c’est-à-dire :

$B_{n}=\sqrt{n}\int_{0}^{\pi/4}\cos^{2n-2}\left(\theta\right)\thinspace d\theta$

Ce n’est pas une intégrale de Wallis (en raison de la borne $\pi/4$ ), mais qu’à cela ne tienne, car on peut la MAJORER par une telle intégrale. En effet :

$B_{n}\leqslant\sqrt{n}\,W_{2n-2}$

Et comme :

$\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n}W_{2n-2}=\frac{1}{2}\sqrt{\pi}$

on obtient :

$\boxed{\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{0}^{\sqrt{n}}e^{-t^{2}}\thinspace dt=\frac{1}{2}\sqrt{\pi}}$

Il reste un mot à dire. L’intégrale impropre $\int_{0}^{+\infty}e^{-t^{2}}\thinspace dt$ converge et donc, pour toute suite $\left(T_{n}\right)_{n\geqslant0}$ à termes positifs qui diverge vers $+\infty,$ on a :

$\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{0}^{T_{n}}e^{-t^{2}}\thinspace dt=\int_{0}^{+\infty}e^{-t^{2}}\thinspace dt$

Ceci vaut en particulier pour $T_{n}=\sqrt{n}.$ En conclusion :

$\boxed{\int_{0}^{+\infty}e^{-t^{2}}\thinspace dt=\frac{1}{2}\sqrt{\pi}}$

Cette intégrale, qui joue un rôle central (jeu de mot) en probabilités, est connue sous le nom d’intégrale de Gauss.

Voici à quoi ressemble le graphe de $f$ :

Posons, pour tout $x>0$ :

$F\left(x\right)=\int_{0}^{x}f\left(t\right)\thinspace dt$

Comme $f$ est positive, $F$ est croissante.

Pour tout $k\in\mathbb{N}^{\star},$ on constate (aire d’un triangle de base $a_{k}$ et de hauteur 2) que :

$\int_{k-1}^{k}f\left(t\right)\thinspace dt=a_{k}$

Donc, pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star}$ et d’après la relation de Chasles :

$F\left(n\right)=\sum_{k=1}^{n}\int_{k-1}^{k}\thinspace f\left(t\right)\thinspace dt=\sum_{k=1}^{n}a_{k}\leqslant S$

où l’on a posé :

$S=\sum_{k=1}^{\infty}a_{k}$

Pour tout $x>0,$ vu que $F$ est croissante :

$F\left(x\right)\leqslant F\left(\left\lceil x\right\rceil \right)\leqslant S$

Ainsi, $F$ est majorée, ce qui entraîne l’existence d’une limite finie en $+\infty$ pour $F$ (d’après le théorème de la limite monotone). Autrement dit, l’intégrale $\int_{0}^{+\infty}f\left(t\right)\thinspace dt$ converge.

Pour finir, la suite $\left(f\left(n\right)\right)_{n\geqslant0}$ converge vers 0 et la suite $\left(f\left(n-1+\frac{1}{2}a_{n}\right)\right)_{n\geqslant1}$ converge vers $2$ (ces deux suites sont constantes !). Il en résulte que $f$ ne possède pas de limite en $+\infty.$

Commençons par préciser que, pour tout $x>0,$ l’intégrale :

$\int_{0}^{+\infty}t^{x-1}e^{-t}\thinspace dt$

est convergente. En effet :

d’une part, au voisinage de 0 :
$t^{x-1}e^{-t}\underset{{\scriptstyle 0}}{\sim}t^{x-1}$
et l’on sait que l’intégrale $\int_{0}^{1}t^{\alpha}\thinspace dt$ converge si, et seulement si, $\alpha>-1.$
d’autre part, au voisinage de $+\infty$ :
$\lim_{t\rightarrow+\infty}t^{x+1}e^{-t}=0$
et donc, il existe $t_{0}>0$ (qui dépend de $x)$ tel que :
$\forall t\geqslant t_{0},\thinspace t^{x-1}e^{-t}\leqslant\frac{1}{t^{2}}$

Cela dit, on peut envisager deux méthodes pour établir la convexité de $\Gamma.$

➤ Méthode 1 : on dérive sous le signe $\int$ (justification non détaillée ici) et l’on observe que :

$\Gamma''\left(x\right)=\int_{0}^{+\infty}\ln^{2}\left(t\right)\thinspace t^{x-1}e^{-t}\thinspace dt\geqslant0$

➤ Méthode 2 (plus élémentaire mais aussi plus technique) : on revient à la définition de la convexité.

Détaillons la méthode 2. Fixons donc $x,y>0$ tels que $x<y$ ainsi que $\alpha\in[0,1]$ et montrons que

$\Gamma\left(\left(1-\alpha\right)x+\alpha y\right)\leqslant\left(1-\alpha\right)\thinspace\Gamma\left(x\right)+\alpha\thinspace\Gamma\left(y\right)$

Ceci va résulter de l’inégalité :

$a^{1-t}\,b^{t}\leqslant\left(1-t\right)a+tb$

qui est valable pour $a,b>0$ et $t\in\left[0,1\right]$ et qui exprime la concavité du logarithme. En effet :

$\begin{eqnarray*}\Gamma\left(\left(1-t\right)x+ty\right) & = & \int_{0}^{+\infty}u^{\left(1-t\right)x+ty-1}\thinspace e^{-u}\thinspace du\\ & \leqslant & \int_{0}^{+\infty}\,\left(u^{x-1}\,e^{-u}\right)^{1-t}\left(u^{y-1}\,e^{-u}\right)^{t}\,du\\ & \leqslant & \int_{0}^{+\infty}\,\left(\left(1-t\right)\,u^{x-1}+t\,u^{y-1}\right)\,e^{-u}\,du\\ & = & \left(1-t\right)\,\Gamma\left(x\right)+t\,\Gamma\left(y\right)\end{eqnarray*}$

Pour la convexité de $\ln\circ\Gamma,$ on dérive sous le signe $\int.$ Il s’agit de montrer que :

$\forall x>0,\:\Gamma''\left(x\right)\,\Gamma\left(x\right)-\Gamma'\left(x\right)^{2}\geqslant0$

Ceci découle de l’inégalité de Cauchy-Schwarz :

$\begin{eqnarray*}\Gamma'\left(x\right)^{2} & = & \left(\int_{0}^{+\infty}\,\left[\ln\left(t\right)t^{\left(x-1\right)/2}e^{-t/2}\right]\,\left[t^{\left(x-1\right)/2}e^{-t/2}\right]\,dt\right)^{2}\\ & \leqslant & \left(\int_{0}^{+\infty}\,\ln^{2}\left(t\right)t^{x-1}e^{-t}\,dt\,dt\right)\left(\int_{0}^{+\infty}\,t^{x-1}e^{-t}\,dt\right)\\ & = & \Gamma''\left(x\right)\,\Gamma\left(x\right) \end{eqnarray*}$

Comme $\ln\circ f$ est convexe, la comparaison des pentes sur les segments $\left[n,\,n+1\right],\,\left[n+1,\,n+x+1\right]$ et $\left[n+1,\,n+2\right]$ donne pour tout $x\in\left]0,1\right]$ :

$\begin{eqnarray*} \ln\left(f\left(n+1\right)\right)-\ln\left(f\left(n\right)\right) & \leqslant & \frac{1}{x}\left[\ln\left(f\left(n+x+1\right)\right)-\ln\left(f\left(n+1\right)\right)\right]\\ & \leqslant & \ln\left(f\left(n+2\right)\right)-\ln\left(f\left(n+1\right)\right)\end{eqnarray*}$

c’est-à-dire :

$x\ln\left(n\right)\leqslant\ln\left[\frac{f\left(n+x+1\right)}{f\left(n+1\right)}\right]\leqslant x\ln\left(n+1\right)$

$f\left(n+x+1\right)=x\left(x+1\right)\cdots\left(x+n\right)\,f\left(x\right)$

et $f\left(n+1\right)=n!$ , donc :

$\ln\left[\frac{f\left(n+x+1\right)}{f\left(n+1\right)}\right]=\ln(f(x))-\ln\left[\frac{n!}{x\left(x+1\right)\cdots\left(x+n\right)}\right]$

Ainsi :

$0\leqslant\ln\left(f\left(x\right)\right)-\ln\left[\frac{n!\,n^{x}}{x\left(x+1\right)\cdots\left(x+n\right)}\right]\leqslant x\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)$

Compte tenu de la formule d’Euler, selon laquelle :

$\forall x>0,\,\Gamma\left(x\right)=\lim_{n\to\infty}\,\frac{n^{x}\,n!}{x\left(x+1\right)\cdots\left(x+n\right)}$

on voit, en passant à la limite $\left(n\rightarrow+\infty\right),$ que $f$ et $\Gamma$ coïncident sur $\left]0,1\right].$

Vue l’équation fonctionnelle vérifiée par $f$ et $\Gamma$ , on conclut que $f=\Gamma.$

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Nature de six intégrales impropres

Remarque

En conclusion

Illustration dynamique pour cet encadrement

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