Corrigé du devoir

Questions de cours :  

1. Pour tout $x$ tel que $0<x<1$, la fonction $f$ est continue sur l'intervalle fermé $[0,x]$. Son intégrale sur $[0,x]$ est donc définie. On dit que l'intégrale de $f$ sur $[0,1]$ converge si la limite quand $x$ tend vers $1^-$ de l'intégrale de $f$ sur $[0,x]$
   $$\int_0^1 f(t) \mathrm{d}t = \lim_{x\to 1^-} \int_0^1 f(t) \mathrm{d}t\;.$$

2. Par la relation de Chasles, pour $0<x<y<1$,
   $$\int_0^x f(t) \mathrm{d}t = \int_0^y f(t) \mathrm{d}t + \int_y^x f(t) \mathrm{d}t \;.$$
   Donc pour tout $y\in [0,1]$ :
   $$\int_0^1 f(t) \mathrm{d}t$$ converge$$\;\Longleftrightarrow\; \int_{y}^1 f(t) \mathrm{d}t$$ converge.
   La convergence des intégrales sur $[0,1]$ ne dépend que du comportement des fonctions au voisinage de $1$. En utilisant la monotonie des intégrales et l'hypothèse, pour tout $x\in[1-\varepsilon ,1[$,
   $$\int_{1-\varepsilon }^x f(t) \mathrm{d}t \leqslant \int_{1-\varepsilon }^x g(t) \mathrm{d}t$$
   Comme $f$ et $g$ sont positives, les deux intégrales ci-dessus sont fonction croissante de $g$. Si l'intégraale de $g$ converge, alors celle de $f$ est majoré, donc elle converge. Si l'intégrale de $f$ diverge (tend vers $+\infty$), il en est de même pour celle de $g$.
3.   Si
   $$\lim_{x\to 1^-} \frac{f(x)}{g(x)} = 1 \;,$$
   alors il existe $\varepsilon>0$ tel que pour tout $x\in[1-\varepsilon ,1[$,
   $$\frac{1}{2}g(x)\leqslant f(x)\leqslant 2g(x)\;.$$
   Si l'intégrale de $g$ converge, alors l'intégrale de $2g$ converge également, donc celle de $f$ aussi, d'après la question précédente. Si l'intégrale de $f$ converge, alors celle de $\frac{1}{2}g$ converge également d'après la question précédente, donc celle de $g$ aussi.
4. D'après les limites classiques,
   $$\lim_{x\to 1^-} \ln(1-x)(1-x)^{\frac{1}{4}} = 0\;.$$
   Donc il existe $\varepsilon>0$ tel que pour tout $x\in[1-\varepsilon ,1[$,
   $$\frac{(-\ln(1-x))^\alpha}{\sqrt{1-x}}\leqslant (1-x)^{-\frac{3}{4}}\;.$$
   En appliquant le résultat de la question 2, pour montrer que l'intégrale proposée converge, il suffit de montrer que l'intégrale de $(1-x)^{-\frac{3}{4}}$ converge.
   $$\int_0^x (1-t)^{-\frac{3}{4}} \mathrm{d}t = -4(1-x)^{\frac{1}{4}} + 4\;,$$
   qui tend vers $4$ quand $x$ tend vers $1^-$.
5. Au voisinage de $1^-$,
   $$\sin(\pi x) = \sin(\pi - \pi x)= \sin(\pi (1-x)) \;\mathop{\sim}_{1^-}\; \pi(1-x)\;.$$
   Donc
   $$\sqrt{\frac{(-\ln(1-t))}{\sin(\pi t)}} \;\mathop{\sim}_{1^-}\; \sqrt{\frac{(-\ln(1-t))}{\pi(1-t)}}$$
   La seconde intégrale converge d'après le résultat de la question 4, donc la première converge d'après le résultat de la question 3.

Exercice 1 :  

1. Pour tout $a>x>0$, L'intégrale
   $$\int_x^{a} \sin(t) \mathrm{d}t = \cos(x)-\cos(a)$$
   est bornée (comprise entre $-2$ et $2$). La fonction $t\mapsto \frac{1}{t}$ est positive et décroissante sur $[x,+\infty[$ et sa limite en $+\infty$ est 0. Donc l'intégrale $${\int_x^{+\infty}\frac{\sin(t)}{t} \mathrm{d}t}$$ est convergente, par application du théorème d'Abel.
2. Pour tout $x>0$,
   

   $$\displaystyle{\int_x^{+\infty} \frac{\sin(t)}{t} \mathrm{d}t} = \displaystyle{ \left[-\frac{\cos(t)}{t}\right]_x^{+\infty} - \int_0^{+\infty} \frac{\cos(t)}{t^2} \mathrm{d}t }$$

   $$= \displaystyle{ \frac{\cos(x)}{x}-\left[\frac{\sin(t)}{t^2}\right]_x^{+\infty} - \int_0^{+\infty} \frac{2\sin(t)}{t^3} \mathrm{d}t }$$

   $$= \displaystyle{ \frac{\cos(x)}{x}+\frac{\sin(x)}{x^2} - \int_0^{+\infty} \frac{2\sin(t)}{t^3} \mathrm{d}t\;.}$$

   
   

3. $$\displaystyle{\int_x^{+\infty} \left\vert\frac{2\sin(t)}{t^3}\rig... ...{d}t} \leqslant 2\int_x^{+\infty}\frac{1}{t^3} \mathrm{d}t =\frac{1}{x^2}\;.$$
   Donc pour tout $x>0$, l'intégrale sur $[x,+\infty[$ de $\frac{\sin(t)}{t}$ est la somme d'une fonction de $x$ et d'une intégrale convergente. Elle est donc convergente.
4. Pour tout $x>0$,
   

   $$\displaystyle{\left\vert f(x)-\frac{\cos(x)}{x}\right\vert} = \displaystyle{\left\vert \frac{\sin(x)}{x^2} + \int_x^{+\infty} \frac{2\sin(t)}{t^3} \mathrm{d}t \right\vert}$$

   $$\leqslant \displaystyle{ \frac{1}{x^2}+\int_x^{+\infty} \left\vert\frac{2\sin(t)}{t^3}\right\vert \mathrm{d} t}$$

   $$\leqslant \displaystyle{ \frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^2}=\frac{2}{x^2}\;.}$$

   
   L'intégrale $${\int_0^{+\infty}\frac{\cos(t)}{t} \mathrm{d}t}$$ converge, en appliquant le théorème d'Abel comme dans la question $1$. Nous venons de voir que $\vert f(t)- \frac{\cos(t)}{t}\vert$ est majoré par un fonction dont l'intégrale converge, donc l'intégrale $${\int_0^{+\infty}\left(f(t) - \frac{\cos(t)}{t}\right) \mathrm{d}t}$$ est absolument convergente. L'intégrale $${\int_0^{+\infty} f(t) \mathrm{d}t}$$ est la somme d'une intégrale convergente et d'une intégrale absolument convergente, donc elle converge.
5. La dérivée de $f$ (comme intégrale dépendant de sa borne inférieure) est :
   $$f'(x) = -\frac{\sin(x)}{x}\;.$$
   
   

   $$\displaystyle{\int_0^x f(t) \mathrm{d}t } = \displaystyle{\int_0^x 1 f(t) \mathrm{d}t }$$

   $$= \displaystyle{\left[t f(t)\right]_0^x -\int_0^x tf'(t) \mathrm{d}t}$$

   $$= \displaystyle{xf(x) +\int_0^x \sin(t) \mathrm{d}t}$$

   $$= \displaystyle{xf(x) -\cos(x)+1}$$

   
   
6. D'après la question 4,
   $$\vert xf(x)-\cos(x)\vert\leqslant \frac{2}{x}\;.$$
   Donc quand $x$ tend vers $+\infty$, $xf(x)-\cos(x)$ tend vers 0 :
   $$\lim_{x\to+\infty} \int_0^x f(t) \mathrm{d}t = \lim_{x\to+\infty} xf(x)-\cos(x) +1 = 1 =\int_0^{+\infty}f(t) \mathrm{d}t\;.$$

Exercice 2 :  

1. Remarquons que
   $$\lim_{t\to 0+}\frac{\sin^2(t)}{t^2} = 1\;.$$
   La fonction peut être prolongée par continuité en 0, donc le problème de la convergence de l'intégrale ne se pose qu'en $+\infty$. Il suffit d'utiliser le théorème de comparaison. Pour tout $t\geqslant 1$,
   $$\frac{\sin^2(t)}{t^2}\leqslant \frac{1}{t^2}\;.$$
   Or l'int égrale de $\frac{1}{t^2}$ sur $[1,+\infty[$ converge, donc l'intégrale de $\frac{\sin^2(t)}{t^2}$ sur $[0,+\infty[$ converge.
2. 
   

   $$\displaystyle{ \int_0^{+\infty} \frac{\sin^2(t)}{t^2} \mathrm{d}t} = \displaystyle{ \left[-\frac{\sin^2(t)}{t}\right]_0^{+\infty} +\int_0^{+\infty} \frac{2\sin(t)\cos(t)}{t} \mathrm{d}t}$$

   $$= \displaystyle{ \int_0^{+\infty} \frac{\sin(2t)}{t} \mathrm{d}t}$$

   $$= \displaystyle{ \int_0^{+\infty} \frac{2\sin(u)}{u} \frac{1}{2} \mathrm{d}u}$$

   $$= \displaystyle{ \int_0^{+\infty} \frac{\sin(t)}{t} \mathrm{d}t\;.}$$

   
   
3. Pour tout $n\in \mathbb{N}$,
   $$I_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2(nt)}{t^2} \mathrm{d}t = \int_0^{n\frac{\pi}{2}} n^2\frac{\sin^2(u)}{u^2} \frac{1}{n} \mathrm{d}u\;.$$
   Donc
   $$\frac{I_n}{n} = \int_0^{n\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2(t)}{t^2} \mathrm{d}t\;.$$
   Puisque l'intégrale de $\frac{\sin^2(t)}{t}$ converge,
   $$\lim_{n\to+\infty}\frac{I_n}{n} = \lim_{n\to +\infty}\int_0^{n\f... ...in^2(t)}{t^2} \mathrm{d}t =\int_0^{+\infty} \frac{\sin(t)}{t} \mathrm{d}t\;.$$

4. $$A_0=\int_0^{\frac{\pi}{2}} 0 \mathrm{d}t = 0$$   et$$\quad A_1 =\int_0^{\frac{\pi}{2}} 1 \mathrm{d}t = \frac{\pi}{2}$$

5. Pour tout $a,b\in\mathbb{R}$,
   

   $$\sin(a+b)\sin(a-b) = \Big( \sin a\cos b +\cos a \sin b \Big) \Big( \sin a\cos b -\cos a \sin b \Big)$$

   $$= \sin^2 a\cos^2 b -\cos^2 a \sin^2 b$$

   $$= \sin^2 a(1-\sin^2 b) -(1-\sin^2 a) \sin^2 b$$

   $$= \sin^2 a- \sin^2 b\;.$$

   
   En appliquant cette formule à $a=n, b=n+1$, puis $a=n+2, b=n+1$, on obtient :
   

   $$\sin^2(nt)-2\sin^2((n+1)t) +\sin^2((n+2)t)$$

   $$= -\sin((2n+1)t)\sin(t) + \sin((2n+3)t)\sin(t)$$

   $$= \sin(t)\Big(2\sin(t)\cos((2n+2)t)\Big)$$

   $$= 2\sin^2(t)\cos(2(n+1)t)\;.$$

   
   En divisant par $\sin^2(t)$, puis en intégrant entre 0 et $\frac{\pi}{2}$, on obtient :
   $$A_n-2A_{n+1}+A_{n+2}=\int_0^{\frac{\pi}{2}} 2\cos(2(n+1)t) \mathrm{d}t = \left[\frac{1}{n+1}\sin(2(n+1)t)\right]_0^{\frac{\pi}{2}} = 0 \;.$$

6. La propriété est vraie pour $A_0$ et $A_1$. Supposons-la vraie pour tous les entiers inférieurs ou égaux à $n$. D'après la question précédente,
   $$A_{n+1} = 2A_n - A_{n-1} = 2n \frac{\pi}{2}-(n-1)\frac{\pi}{2}=(n+1)\frac{\pi}{2} \;,$$
   D'où le résultat par récurrence.
7. 
   

   $$A_n-B_n = \displaystyle{ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2(nt)\left( \frac{1}{\sin^2(t)} - \frac{1}{\tan^2(t)}\right) \mathrm{d}t }$$

   $$= \displaystyle{ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2(nt) \frac{1-\cos^2(t)}{\sin^2(t)} \mathrm{d}t }$$

   $$= \displaystyle{ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2(nt) \mathrm{d}t }$$

   $$= \displaystyle{ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1-\cos(2nt)}{2} \mathrm{d}t }$$

   $$= \displaystyle{ \left[\frac{t}{2}-\frac{\sin(2nt)}{4n}\right]_0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{4}\;. }$$

   
   
8. En passant à l'inverse, puis en multipliant par $\sin^2(nt)$ :
   $$\frac{\sin ^2(nt)}{\tan^2(t)} \leqslant \frac{\sin ^2(nt)}{t^2} \leqslant \frac{\sin ^2(nt)}{\sin^2(t)}$$
   En utilisant la monotonie des intégrales :
   $$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin ^2(nt)}{\tan^2(t)} \mathrm{d}t ... ... \leqslant \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin ^2(nt)}{\sin^2(t)} \mathrm{d}t\;,$$
   soit $B_n\leqslant I_n \leqslant A_n$.
9. De la question précédente, nous déduisons que :
   $$\frac{B_n}{n} \leqslant \frac{I_n}{n} \leqslant \frac{A_n}{n}\;.$$
   D'après la question 6, $${\frac{A_n}{n}=\frac{\pi}{2}}$$ De plus d'après la question 7,
   $$\lim_{n\to+\infty} \frac{A_n}{n}-\frac{B_n}{n} = \lim_{n\to+\infty} \frac{\pi}{4n} = 0\;.$$
   Donc $${\frac{B_n}{n}}$$ tend vers $${\frac{\pi}{2}}$$. Par le théorème des gendarmes, $${\frac{I_n}{n}}$$ tend aussi vers $${\frac{\pi}{2}}$$. Cette limite est l'intégrale cherchée, d'après la question 3.
   $$\lim_{n\to+\infty} \frac{I_n}{n} = \int_0^{+\infty} \frac{\sin(t)}{t} \mathrm{d}t = \frac{\pi}{2}\;.$$