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]$

    $\displaystyle \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$,

    $\displaystyle \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]$ :

    $\displaystyle \int_0^1 f(t) \mathrm{d}t$ converge$\displaystyle \;\Longleftrightarrow\;
\int_{y}^1 f(t) \mathrm{d}t$ 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[$,

    $\displaystyle \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

    $\displaystyle \lim_{x\to 1^-} \frac{f(x)}{g(x)} = 1 \;,
$

    alors il existe $ \varepsilon>0$ tel que pour tout $ x\in[1-\varepsilon ,1[$,

    $\displaystyle \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,

    $\displaystyle \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[$,

    $\displaystyle \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.

    $\displaystyle \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^-$,

    $\displaystyle \sin(\pi x) = \sin(\pi - \pi x)= \sin(\pi (1-x))
\;\mathop{\sim}_{1^-}\;
\pi(1-x)\;.
$

    Donc

    $\displaystyle \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

    $\displaystyle \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 $ \displaystyle{\int_x^{+\infty}\frac{\sin(t)}{t} \mathrm{d}t}$ est convergente, par application du théorème d'Abel.
  2. Pour tout $ x>0$,
    $\displaystyle \displaystyle{\int_x^{+\infty} \frac{\sin(t)}{t} \mathrm{d}t}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{
\left[-\frac{\cos(t)}{t}\right]_x^{+\infty} - \int_0^{+\infty}
\frac{\cos(t)}{t^2} \mathrm{d}t
}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{
\frac{\cos(x)}{x}-\left[\frac{\sin(t)}{t^2}\right]_x^{+\infty} - \int_0^{+\infty}
\frac{2\sin(t)}{t^3} \mathrm{d}t
}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{
\frac{\cos(x)}{x}+\frac{\sin(x)}{x^2} - \int_0^{+\infty}
\frac{2\sin(t)}{t^3} \mathrm{d}t\;.}$  

  3. $\displaystyle \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$,
    $\displaystyle \displaystyle{\left\vert f(x)-\frac{\cos(x)}{x}\right\vert}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\left\vert \frac{\sin(x)}{x^2}
+ \int_x^{+\infty} \frac{2\sin(t)}{t^3} \mathrm{d}t \right\vert}$  
      $\displaystyle \leqslant$ $\displaystyle \displaystyle{
\frac{1}{x^2}+\int_x^{+\infty} \left\vert\frac{2\sin(t)}{t^3}\right\vert \mathrm{d}
t}$  
      $\displaystyle \leqslant$ $\displaystyle \displaystyle{
\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^2}=\frac{2}{x^2}\;.}$  

    L'intégrale $ \displaystyle{\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 $ \displaystyle{\int_0^{+\infty}\left(f(t) -
\frac{\cos(t)}{t}\right) \mathrm{d}t}$ est absolument convergente. L'intégrale $ \displaystyle{\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 :

    $\displaystyle f'(x) = -\frac{\sin(x)}{x}\;.
$


    $\displaystyle \displaystyle{\int_0^x f(t) \mathrm{d}t }$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\int_0^x 1 f(t) \mathrm{d}t }$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\left[t f(t)\right]_0^x -\int_0^x tf'(t) \mathrm{d}t}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{xf(x) +\int_0^x \sin(t) \mathrm{d}t}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{xf(x) -\cos(x)+1}$  

  6. D'après la question 4,

    $\displaystyle \vert xf(x)-\cos(x)\vert\leqslant \frac{2}{x}\;.
$

    Donc quand $ x$ tend vers $ +\infty$, $ xf(x)-\cos(x)$ tend vers 0 :

    $\displaystyle \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

    $\displaystyle \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$,

    $\displaystyle \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. $\displaystyle \displaystyle{
\int_0^{+\infty} \frac{\sin^2(t)}{t^2} \mathrm{d}t}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{
\left[-\frac{\sin^2(t)}{t}\right]_0^{+\infty}
+\int_0^{+\infty} \frac{2\sin(t)\cos(t)}{t} \mathrm{d}t}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{
\int_0^{+\infty} \frac{\sin(2t)}{t} \mathrm{d}t}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{
\int_0^{+\infty} \frac{2\sin(u)}{u} \frac{1}{2} \mathrm{d}u}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{
\int_0^{+\infty} \frac{\sin(t)}{t} \mathrm{d}t\;.}$  

  3. Pour tout $ n\in \mathbb{N}$,

    $\displaystyle 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

    $\displaystyle \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,

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

  5. Pour tout $ a,b\in\mathbb{R}$,
    $\displaystyle \sin(a+b)\sin(a-b)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \Big( \sin a\cos b +\cos a \sin b \Big)
\Big( \sin a\cos b -\cos a \sin b \Big)$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \sin^2 a\cos^2 b -\cos^2 a \sin^2 b$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \sin^2 a(1-\sin^2 b) -(1-\sin^2 a) \sin^2 b$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \sin^2 a- \sin^2 b\;.$  

    En appliquant cette formule à $ a=n, b=n+1$, puis $ a=n+2, b=n+1$, on obtient :
        $\displaystyle \sin^2(nt)-2\sin^2((n+1)t) +\sin^2((n+2)t)$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle -\sin((2n+1)t)\sin(t) + \sin((2n+3)t)\sin(t)$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \sin(t)\Big(2\sin(t)\cos((2n+2)t)\Big)$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle 2\sin^2(t)\cos(2(n+1)t)\;.$  

    En divisant par $ \sin^2(t)$, puis en intégrant entre 0 et $ \frac{\pi}{2}$, on obtient :

    $\displaystyle 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,

    $\displaystyle 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. $\displaystyle A_n-B_n$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{
\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2(nt)\left( \frac{1}{\sin^2(t)} -
\frac{1}{\tan^2(t)}\right) \mathrm{d}t
}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{
\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2(nt) \frac{1-\cos^2(t)}{\sin^2(t)} \mathrm{d}t
}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{
\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2(nt) \mathrm{d}t
}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{
\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1-\cos(2nt)}{2} \mathrm{d}t
}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{
\left[\frac{t}{2}-\frac{\sin(2nt)}{4n}\right]_0^{\frac{\pi}{2}} =
\frac{\pi}{4}\;.
}$  

  8. En passant à l'inverse, puis en multipliant par $ \sin^2(nt)$ :

    $\displaystyle \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 :

    $\displaystyle \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 :

    $\displaystyle \frac{B_n}{n} \leqslant \frac{I_n}{n} \leqslant \frac{A_n}{n}\;.
$

    D'après la question 6, $ \displaystyle{\frac{A_n}{n}=\frac{\pi}{2}}$ De plus d'après la question 7,

    $\displaystyle \lim_{n\to+\infty} \frac{A_n}{n}-\frac{B_n}{n}
= \lim_{n\to+\infty} \frac{\pi}{4n} = 0\;.
$

    Donc $ \displaystyle{\frac{B_n}{n}}$ tend vers $ \displaystyle{\frac{\pi}{2}}$. Par le théorème des gendarmes, $ \displaystyle{\frac{I_n}{n}}$ tend aussi vers $ \displaystyle{\frac{\pi}{2}}$. Cette limite est l'intégrale cherchée, d'après la question 3.

    $\displaystyle \lim_{n\to+\infty} \frac{I_n}{n} =
\int_0^{+\infty} \frac{\sin(t)}{t} \mathrm{d}t = \frac{\pi}{2}\;.
$


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