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exercice 1 facile

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 {\displaystyle \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 {\displaystyle \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 {\displaystyle \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 {\displaystyle \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 {\displaystyle \int_{a}^{x}\frac{\cos\left(t\right)}{t^{2}}\thinspace dt} donc pour {\displaystyle \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 {\displaystyle \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 {\displaystyle \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 :

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

et

    \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 {\displaystyle \int_{-2}^{1}\frac{e^{t+2}-1}{\left(t^{3}+8\right)^{1/3}}\thinspace dt} converge.

exercice 2 facile

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 {\displaystyle \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.

exercice 3 facile

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

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

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 {\displaystyle \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 {\displaystyle \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*}

exercice 9 difficile

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 :

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

Or

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

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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