Intégrales généralisées et intégrales à paramètre

1. $f(t)=\frac{\sqrt{t}}{e^t-1}$ est continue et positive sur $]0,+\mathrm{\infty }[$ ; deux bornes à étudier.

• En $0$ : $e^t-1\sim t$, donc $f(t)\sim \frac{\sqrt{t}}{t}=\frac{1}{t^{1\mathrm{/}2}}$ ; fonctions positives et $\frac{1}{2}<1$ : $f$ est intégrable en $0$.
• En $+\mathrm{\infty }$ : $t^{2}f(t)=\frac{t^{5\mathrm{/}2}}{e^t-1}=\frac{t^{5\mathrm{/}2}{e}^{-t}}{1-e^{-t}}\to 0$ (croissances comparées), donc $f(t)=o\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{1}{t^2}\right)$ et $f$ est intégrable en $+\mathrm{\infty }$.

$\boxed{{\displaystyle \text{L’int}\acute{\text{e}}\text{grale converge.}}}$

2. $f(t)=\frac{1}{\sqrt{t}\mid \ln t\mid }$ est continue et positive sur $]0,1[$.

• En $0$ : $\sqrt{t}f(t)=\frac{1}{\mid \ln t\mid }\to 0$, donc $f(t)=o\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{1}{\sqrt{t}}\right)$ : intégrable en $0$.
• En $1$ : $\mid \ln t\mid =-\ln (1-(1-t))\sim 1-t$ et $\sqrt{t}\to 1$, donc $f(t)\sim \frac{1}{1-t}$. Comme ${\int }_{1\mathrm{/}2}^1\frac{dt}{1-t}$ diverge (référence avec $\alpha =1$) et que les fonctions sont positives, l'intégrale diverge en $1$.

$\boxed{{\displaystyle \text{L’int}\acute{\text{e}}\text{grale diverge}}}$ (une seule borne divergente suffit).

3. $f(t)=e^{1\mathrm{/}t}-1-\frac{1}{t}$ est continue sur $[1,+\mathrm{\infty }[$ et positive ($e^u\ge 1+u$). Avec $u=\frac{1}{t}\to 0$ et $e^u=1+u+\frac{u^2}{2}+o(u^2)$ : $f(t)\sim \frac{1}{2t^2}$. Fonctions positives et ${\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{dt}{t^2}$ converge : $\boxed{{\displaystyle \text{l’int}\acute{\text{e}}\text{grale converge.}}}$

4. $f(t)=\frac{\sin t}{t^{3\mathrm{/}2}}$ est continue sur $]0,+\mathrm{\infty }[$.

• En $0$ : $f(t)\sim \frac{t}{t^{3\mathrm{/}2}}=\frac{1}{t^{1\mathrm{/}2}}$, positive au voisinage de $0$ : intégrable en $0$.
• En $+\mathrm{\infty }$ : $\mid f(t)\mid \le \frac{1}{t^{3\mathrm{/}2}}$ et $\frac{3}{2}>1$ : $\mid f\mid$ est intégrable sur $[1,+\mathrm{\infty }[$.

Donc $\boxed{{\displaystyle f\text{ est int}\acute{\text{e}}\text{grable sur }]0,+\mathrm{\infty }[}}$ et l'intégrale converge (absolument).

5. $f(t)=\frac{1}{t\sqrt{\ln t}}$ est continue et positive sur $[e,+\mathrm{\infty }[$. Le changement de variable $u=\ln t$ ($t\mapsto \ln t$ est $C^1$, bijective et strictement croissante de $[e,+\mathrm{\infty }[$ sur $[1,+\mathrm{\infty }[$, $du=\frac{dt}{t}$) donne ${\int }_e^{+\mathrm{\infty }}\frac{dt}{t\sqrt{\ln t}}$ de même nature que ${\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{du}{\sqrt{u}}$, qui diverge ($\frac{1}{2}\le 1$) : $\boxed{{\displaystyle \text{l’int}\acute{\text{e}}\text{grale diverge.}}}$ (Directement : une primitive est $2\sqrt{\ln t}\to +\mathrm{\infty }$.)

6. $f(t)=\frac{1}{t^{\alpha }(1+t)}$ est continue et positive sur $]0,+\mathrm{\infty }[$.

• En $0$ : $f(t)\sim \frac{1}{t^{\alpha }}$ : intégrable si et seulement si $\alpha <1$.
• En $+\mathrm{\infty }$ : $f(t)\sim \frac{1}{t^{\alpha +1}}$ : intégrable si et seulement si $\alpha +1>1$, soit $\alpha >0$.

$\boxed{{\displaystyle \text{L’int}\acute{\text{e}}\text{grale converge si et seulement si }0<\alpha <1.}}$

1. Existence. $g(t)=\frac{\ln (1+t^2)}{t^2}$ est continue et positive sur $]0,+\mathrm{\infty }[$. En $0$, $g(t)\sim \frac{t^2}{t^2}=1$ : faux problème. En $+\mathrm{\infty }$, $t^{3\mathrm{/}2}g(t)=\frac{\ln (1+t^2)}{\sqrt{t}}\to 0$ : $g=o(t^{-3\mathrm{/}2})$, intégrable. Calcul sur $[\epsilon ,x]$ avec $u^{\mathrm{\prime }}=\frac{1}{t^2}$, $u=-\frac{1}{t}$, $v=\ln (1+t^2)$, $v^{\mathrm{\prime }}=\frac{2t}{1+t^2}$ : $${\int }_{\epsilon }^x\frac{\ln (1+t^2)}{t^2}dt={[-\frac{\ln (1+t^2)}{t}]}_{\epsilon }^x+{\int }_{\epsilon }^x\frac{2}{1+t^2}dt\mathrm{.}$$ Quand $\epsilon \to 0$, $\frac{\ln (1+{\epsilon }^2)}{\epsilon }\sim \epsilon \to 0$ ; quand $x\to +\mathrm{\infty }$, $\frac{\ln (1+x^2)}{x}\to 0$. Donc $\boxed{{\displaystyle A=2{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{dt}{1+t^2}=\pi }}$.

2. $\frac{1}{\mathrm{ch}t}=\frac{2}{e^t+e^{-t}}$ est continue sur $[0,+\mathrm{\infty }[$ et $\frac{1}{\mathrm{ch}t}\le 2e^{-t}$ : intégrable. Avec $u=e^t$ ($C^1$, bijective, strictement croissante de $[0,+\mathrm{\infty }[$ sur $[1,+\mathrm{\infty }[$, $dt=\frac{du}{u}$) : $$B={\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{2}{u+u^{-1}}\cdot \frac{du}{u}={\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{2du}{u^2+1}=2(\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{4})=\boxed{{\displaystyle \frac{\pi }{2}}}\mathrm{.}$$

3. $h(t)=\sqrt{\frac{t}{1-t}}$ est continue et positive sur $[0,1[$ ; en $1$, $h(t)\sim \frac{1}{(1-t{)}^{1\mathrm{/}2}}$, intégrable. Le changement $t={\sin }^2\theta$, avec $\theta \mapsto {\sin }^2\theta$ de classe $C^1$, bijective et strictement croissante de $[0,\frac{\pi }{2}[$ sur $[0,1[$, $dt=2\sin \theta \cos \theta d\theta$ et $\sqrt{\frac{t}{1-t}}=\frac{\sin \theta }{\cos \theta }$ (tout est positif) : $$C={\int }_0^{\pi \mathrm{/}2}\frac{\sin \theta }{\cos \theta }2\sin \theta \cos \theta d\theta ={\int }_0^{\pi \mathrm{/}2}2{\sin }^2\theta d\theta ={\int }_0^{\pi \mathrm{/}2}(1-\cos 2\theta )d\theta =\boxed{{\displaystyle \frac{\pi }{2}}}\mathrm{.}$$

4. La fonction est continue et positive sur $]1,+\mathrm{\infty }[$. En $1$ : $t^2-1=(t-1)(t+1)$, donc la fonction est équivalente à $\frac{1}{\sqrt{2}(t-1{)}^{1\mathrm{/}2}}$, intégrable. En $+\mathrm{\infty }$ : équivalente à $\frac{1}{t^3}$, intégrable. Avec $u=\frac{1}{t}$ ($C^1$, bijective, strictement décroissante de $]1,+\mathrm{\infty }[$ sur $]0,1[$, $dt=-\frac{du}{u^2}$) et $\sqrt{t^2-1}=\frac{\sqrt{1-u^2}}{u}$ : $$D={\int }_0^1\frac{u^2\cdot u}{\sqrt{1-u^2}}\cdot \frac{du}{u^2}={\int }_0^1\frac{udu}{\sqrt{1-u^2}}=[-\sqrt{1-u^2}{]}_0^1=\boxed{{\displaystyle 1}}\mathrm{.}$$

5. $t\mapsto t^n{e}^{-2t}$ est continue et positive sur $[0,+\mathrm{\infty }[$ et $t^2\cdot t^n{e}^{-2t}\to 0$ : intégrable. Pour $n\ge 1$, IPP sur $[0,x]$ avec $u=t^n$, $v^{\mathrm{\prime }}=e^{-2t}$, $v=-\frac{1}{2}{e}^{-2t}$ : ${\int }_0^x{t}^n{e}^{-2t}dt={[-\frac{1}{2}{t}^n{e}^{-2t}]}_0^x+\frac{n}{2}{\int }_0^x{t}^{n-1}{e}^{-2t}dt$, et le crochet tend vers $0$. Donc $I_n=\frac{n}{2}{I}_{n-1}$, avec $I_0={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{e}^{-2t}dt=\frac{1}{2}$. Par récurrence : $\boxed{{\displaystyle I_n={\displaystyle \frac{n!}{2^{n+1}}}}}$. (Autre méthode : $u=2t$ donne $I_n=\frac{\mathrm{\Gamma }(n+1)}{2^{n+1}}$.)

1. Soit $f_n(t)=\frac{\arctan (nt)}{1+t^2}$, continue sur $[0,+\mathrm{\infty }[$.

• Limite simple : pour $t>0$, $nt\to +\mathrm{\infty }$ donc $f_n(t)\to \frac{\pi }{2(1+t^2)}$ ; $f_n(0)=0$. La limite $f$ est c.p.m. (continue sauf en $0$).
• Domination : $\mid f_n(t)\mid \le \frac{\pi \mathrm{/}2}{1+t^2}=\phi (t)$, indépendante de $n$, continue et intégrable sur $[0,+\mathrm{\infty }[$.

Convergence dominée : la limite vaut ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\pi }{2(1+t^2)}dt=\boxed{{\displaystyle \frac{{\pi }^2}{4}}}$.

2. $f_n(t)=\frac{n\sin (t\mathrm{/}n)}{t(1+t^2)}$ est continue sur $]0,+\mathrm{\infty }[$. Pour $t>0$ fixé, $n\sin \frac{t}{n}\to t$, donc $f_n(t)\to \frac{1}{1+t^2}$. Comme $\mid \sin u\mid \le \mid u\mid$ : $\mid f_n(t)\mid \le \frac{n\cdot t\mathrm{/}n}{t(1+t^2)}=\frac{1}{1+t^2}$, intégrable sur $]0,+\mathrm{\infty }[$. Par convergence dominée, la limite vaut $\boxed{{\displaystyle \frac{\pi }{2}}}$.

3. Le changement de variable $t=u^{1\mathrm{/}n}$ ($u\mapsto u^{1\mathrm{/}n}$ est $C^1$, bijective et strictement croissante de $]0,1]$ sur $]0,1]$, $dt=\frac{1}{n}{u}^{\frac{1}{n}-1}du$) donne $$n{\int }_0^1\frac{t^n}{1+t^2}dt={\int }_0^1\frac{u\cdot u^{\frac{1}{n}-1}}{1+u^{2\mathrm{/}n}}du={\int }_0^1\frac{u^{1\mathrm{/}n}}{1+u^{2\mathrm{/}n}}du\mathrm{.}$$ Pour $u\in ]0,1]$, $u^{1\mathrm{/}n}=e^{\frac{\ln u}{n}}\to 1$, donc l'intégrande tend vers $\frac{1}{2}$ ; il est majoré par $1$, constante intégrable sur l'intervalle borné $]0,1]$. Convergence dominée : la limite vaut $\boxed{{\displaystyle \frac{1}{2}}}$. (Sans changement de variable, la limite simple de $n{t}^n\mathrm{/}(1+t^2)$ est nulle sur $[0,1[$, mais aucune domination n'existe : il fallait « déplier » la suite.)

4. $f_n(t)=e^{-t^n}$, continue sur $[0,+\mathrm{\infty }[$. Limite simple : $1$ si $0\le t<1$, $e^{-1}$ si $t=1$, $0$ si $t>1$ ; elle est c.p.m. Domination pour $n\ge 1$ : sur $[0,1]$, $f_n\le 1$ ; sur $[1,+\mathrm{\infty }[$, $t^n\ge t$ donc $f_n(t)\le e^{-t}$. La fonction $\phi$ égale à $1$ sur $[0,1]$ et à $e^{-t}$ au-delà est c.p.m. et intégrable. Donc la limite vaut ${\int }_0^{1}dt=\boxed{{\displaystyle 1}}$. (On retrouvera ce résultat avec $\mathrm{\Gamma }$ à l'exercice 7.)

1. Posons $f(x,t)=\frac{1}{(1+t^2)(x^2+t^2)}$ sur $]0,+\mathrm{\infty }[\times [0,+\mathrm{\infty }[$.

• Pour tout $x>0$, $t\mapsto f(x,t)$ est continue sur $[0,+\mathrm{\infty }[$.
• Pour tout $t\ge 0$, $x\mapsto f(x,t)$ est continue sur $]0,+\mathrm{\infty }[$.
• Domination locale : soit $a>0$. Pour $x\ge a$ et $t\ge 0$, $x^2+t^2\ge a^2$, donc $0\le f(x,t)\le \frac{1}{a^2(1+t^2)}={\phi }_a(t)$, continue et intégrable sur $[0,+\mathrm{\infty }[$.

Le théorème de continuité (fiche §9) donne $F$ définie et continue sur $[a,+\mathrm{\infty }[$ pour tout $a>0$, donc sur $]0,+\mathrm{\infty }[$. Pour $x=0$ : $f(0,t)=\frac{1}{t^2(1+t^2)}\sim \frac{1}{t^2}$ en $0$, non intégrable : $\boxed{{\displaystyle \text{l’int}\acute{\text{e}}\text{grale diverge pour }x=0}}$.

2. Pour $x\mathrm{\ne }1$ et tout $t$ : $\frac{1}{(1+t^2)(x^2+t^2)}=\frac{1}{x^2-1}(\frac{1}{1+t^2}-\frac{1}{x^2+t^2})$ (réduire au même dénominateur). Les deux fonctions de droite sont intégrables sur $[0,+\mathrm{\infty }[$, et ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{dt}{x^2+t^2}={[\frac{1}{x}\arctan \frac{t}{x}]}_0^{+\mathrm{\infty }}=\frac{\pi }{2x}$. Donc $$F(x)=\frac{1}{x^2-1}(\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{2x})=\frac{\pi }{2}\cdot \frac{x-1}{x(x-1)(x+1)}=\boxed{{\displaystyle \frac{\pi }{2x(x+1)}}}\mathrm{.}$$ $F$ étant continue en $1$ : ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{dt}{(1+t^2{)}^2}=F(1)={\lim }_{x\to 1}\frac{\pi }{2x(x+1)}=\boxed{{\displaystyle \frac{\pi }{4}}}$.

3. $\frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }x}(x,t)=-\frac{2x}{(1+t^2)(x^2+t^2{)}^2}$ existe, est continue en $x$ et en $t$. Sur un segment $[a,b]\subset ]0,+\mathrm{\infty }[$ : $\mid \frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }x}(x,t)\mid \le \frac{2b}{a^4(1+t^2)}$, intégrable sur $[0,+\mathrm{\infty }[$. Avec la question 1 (intégrabilité de $f(x,\cdot )$), le théorème de dérivation (fiche §10) donne $F$ de classe $C^1$ sur $]0,+\mathrm{\infty }[$ et $$F^{\mathrm{\prime }}(x)=-2x{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{dt}{(1+t^2)(x^2+t^2{)}^2}\mathrm{.}$$ D'autre part $F(x)=\frac{\pi }{2}(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1})$ sur $]0,+\mathrm{\infty }[$ (formule vraie aussi en $1$), donc $F^{\mathrm{\prime }}(x)=-\frac{\pi }{2}(\frac{1}{x^2}-\frac{1}{(x+1{)}^2})$ et $F^{\mathrm{\prime }}(1)=-\frac{\pi }{2}\cdot \frac{3}{4}=-\frac{3\pi }{8}$. En $x=1$ : $-2{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{dt}{(1+t^2{)}^3}=-\frac{3\pi }{8}$, d'où $\boxed{{\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{dt}{(1+t^2{)}^3}=\frac{3\pi }{16}}}$.

1. $t\mapsto \frac{\cos t}{t}$ est continue sur $[x,+\mathrm{\infty }[$. IPP sur $[x,X]$ avec $u=\frac{1}{t}$, $v=\sin t$ ($C^1$) : $${\int }_x^X\frac{\cos t}{t}dt={\left[\frac{\sin t}{t}\right]}_x^X+{\int }_x^X\frac{\sin t}{t^2}dt\mathrm{.}$$ $\frac{\sin X}{X}\to 0$ et $\mid \frac{\sin t}{t^2}\mid \le \frac{1}{t^2}$ est intégrable sur $[x,+\mathrm{\infty }[$ : le membre de droite a une limite finie quand $X\to +\mathrm{\infty }$. Donc $\mathrm{\Phi }(x)$ existe et $\boxed{{\displaystyle \mathrm{\Phi }(x)=-\frac{\sin x}{x}+{\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin t}{t^2}dt}}$.

2. Fixons $a>0$ : pour $x>0$, $\mathrm{\Phi }(x)=\mathrm{\Phi }(a)-{\int }_a^x\frac{\cos t}{t}dt$ (Chasles). La fonction $t\mapsto \frac{\cos t}{t}$ est continue sur $]0,+\mathrm{\infty }[$, donc $\mathrm{\Phi }$ est $C^1$ et $\boxed{{\displaystyle {\mathrm{\Phi }}^{\mathrm{\prime }}(x)=-\frac{\cos x}{x}}}$. Par la question 1 : $\mid \mathrm{\Phi }(x)\mid \le \frac{1}{x}+{\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{dt}{t^2}=\frac{2}{x}$.

3. Pour $0<x\le 1$ : $\mathrm{\Phi }(x)=\mathrm{\Phi }(1)+{\int }_x^1\frac{\cos t}{t}dt=\mathrm{\Phi }(1)+{\int }_x^1\frac{\cos t-1}{t}dt-\ln x$. La fonction $k(t)=\frac{\cos t-1}{t}$ se prolonge par continuité en $0$ (par $0$, car $\cos t-1\sim -\frac{t^2}{2}$) : elle est continue sur $[0,1]$ et ${\int }_x^{1}k\to {\int }_0^{1}k$ quand $x\to 0^{+}$. Donc $$\mathrm{\Phi }(x)+\ln x\underset{x\to 0^{+}}{⟶}\mathrm{\Phi }(1)+{\int }_0^1\frac{\cos t-1}{t}dt=:c\in ℝ\mathrm{.}$$ Comme $\ln x\to -\mathrm{\infty }$ : $\mathrm{\Phi }(x)=-\ln x+c+o(1)$, donc . $\mathrm{\Phi }$ est continue sur $]0,1]$, positive au voisinage de $0$ et $-\ln x$ est intégrable en $0$ (fiche §2) : $\mathrm{\Phi }$ est intégrable sur $]0,1]$.

4. IPP sur $[x,X]$ : ${\int }_x^X\frac{\sin t}{t^2}dt={[-\frac{\cos t}{t^2}]}_x^X-2{\int }_x^X\frac{\cos t}{t^3}dt$. Quand $X\to +\mathrm{\infty }$ : ${\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin t}{t^2}dt=\frac{\cos x}{x^2}-2{\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos t}{t^3}dt$, d'où $\mid {\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin t}{t^2}dt\mid \le \frac{1}{x^2}+2\cdot \frac{1}{2x^2}=\frac{2}{x^2}$. C'est bien un $O\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{1}{x^2}\right)$.

5. $\mathrm{\Phi }$ est continue sur $]0,+\mathrm{\infty }[$. Pour $0<\epsilon <X$, IPP avec $u=\mathrm{\Phi }$, $v=x$ : $${\int }_{\epsilon }^X\mathrm{\Phi }(x)dx=[x\mathrm{\Phi }(x){]}_{\epsilon }^X+{\int }_{\epsilon }^X\cos xdx=X\mathrm{\Phi }(X)+\sin X-\epsilon \mathrm{\Phi }(\epsilon )-\sin \epsilon \mathrm{.}$$

• En $0$ : $\epsilon \mathrm{\Phi }(\epsilon )\sim -\epsilon \ln \epsilon \to 0$ et $\sin \epsilon \to 0$.
• En $+\mathrm{\infty }$ : par les questions 1 et 4, $X\mathrm{\Phi }(X)+\sin X=X{\int }_X^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin t}{t^2}dt$, de valeur absolue $\le X\cdot \frac{2}{X^2}=\frac{2}{X}\to 0$.

Donc ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\mathrm{\Phi }$ converge et $\boxed{{\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\mathrm{\Phi }(x)dx=0}}$.

6. Par les questions 1 et 4, $\mathrm{\Phi }(x)=-\frac{\sin x}{x}+r(x)$ avec $\mid r(x)\mid \le \frac{2}{x^2}$. Si $\mathrm{\Phi }$ était intégrable sur $[1,+\mathrm{\infty }[$, alors $\frac{\sin x}{x}=r(x)-\mathrm{\Phi }(x)$ le serait aussi ($r$ est intégrable), ce qui est faux (fiche §4 : $\mid \sin x\mid \ge {\sin }^{2}x$). Donc $\boxed{{\displaystyle \mathrm{\Phi }\text{ n’est pas int}\acute{\text{e}}\text{grable sur }[1,+\mathrm{\infty }[}}$ : l'intégrale de la question 5 est semi-convergente.

1. Soit $f(x,t)=\frac{e^{-t}{\sin }^2(xt)}{t}$ pour $t>0$. À $x$ fixé, $t\mapsto f(x,t)$ est continue sur $]0,+\mathrm{\infty }[$ ; en $0$, ${\sin }^2(xt)\sim x^2{t}^2$ si $x\mathrm{\ne }0$, donc $f(x,t)\to 0$ (faux problème ; si $x=0$, $f=0$). En $+\mathrm{\infty }$, $0\le f(x,t)\le e^{-t}$. Donc $f(x,\cdot )$ est intégrable sur $]0,+\mathrm{\infty }[$ : $G$ est définie sur $ℝ$.

2. $\frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }x}(x,t)=\frac{e^{-t}\cdot 2t\sin (xt)\cos (xt)}{t}=e^{-t}\sin (2xt)$ : continue en $x$, continue en $t$, et $\mid \frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }x}(x,t)\mid \le e^{-t}$, intégrable sur $]0,+\mathrm{\infty }[$ et indépendante de $x$ (domination globale). Avec la question 1, le théorème de dérivation donne $G$ de classe $C^1$ sur $ℝ$ et $$G^{\mathrm{\prime }}(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{e}^{-t}\sin (2xt)dt=\mathrm{Im}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{e}^{(-1+2ix)t}dt=\mathrm{Im}\frac{1}{1-2ix}=\mathrm{Im}\frac{1+2ix}{1+4x^2}=\boxed{{\displaystyle \frac{2x}{1+4x^2}}}$$ (car $\mid e^{(-1+2ix)t}\mid =e^{-t}\to 0$). Comme $G(0)=0$ : $\boxed{{\displaystyle G(x)=\frac{1}{4}\ln (1+4x^2)}}$.

3. Le changement de variable $t=\frac{s}{\lambda }$ (linéaire, strictement croissant) donne $${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{e^{-\lambda t}{\sin }^{2}t}{t}dt={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{e^{-s}{\sin }^2(s\mathrm{/}\lambda )}{s}ds=G\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{1}{\lambda }\right)=\boxed{{\displaystyle \frac{1}{4}\ln \text{\hspace{0.17em}⁣}(1+\frac{4}{{\lambda }^2})}}\mathrm{.}$$ Pour $\lambda =1$ : ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{e^{-t}{\sin }^{2}t}{t}dt=\frac{\ln 5}{4}$.

4. Supposons $g(t)=\frac{{\sin }^{2}t}{t}$ intégrable sur $]0,+\mathrm{\infty }[$. Pour $\lambda \in ]0,1]$, la fonction $t\mapsto e^{-\lambda t}g(t)$ est continue, majorée en module par $g$ (intégrable), et tend vers $g(t)$ quand $\lambda \to 0^{+}$. La convergence dominée (version à paramètre continu) donnerait $\frac{1}{4}\ln \text{\hspace{0.17em}⁣}(1+\frac{4}{{\lambda }^2})\to {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}g$, limite finie. Or $\frac{1}{4}\ln \text{\hspace{0.17em}⁣}(1+\frac{4}{{\lambda }^2})\to +\mathrm{\infty }$ : contradiction. $\boxed{{\displaystyle \frac{{\sin }^{2}t}{t}\text{ n’est pas int}\acute{\text{e}}\text{grable sur }]0,+\mathrm{\infty }[\mathrm{.}}}$

1. Pour $x>0$, $\mathrm{\Gamma }(x)=\frac{\mathrm{\Gamma }(x+1)}{x}$. $\mathrm{\Gamma }$ est continue en $1$, donc $\mathrm{\Gamma }(x+1)\to \mathrm{\Gamma }(1)=1$ quand $x\to 0^{+}$ : $x\mathrm{\Gamma }(x)\to 1$, soit $\boxed{{\displaystyle \mathrm{\Gamma }(x)\sim \frac{1}{x}}}$ en $0^{+}$. En particulier $\mathrm{\Gamma }(x)\to +\mathrm{\infty }$ en $0^{+}$.

2. $t\mapsto t^{2n}{e}^{-t^2}$ est continue, positive sur $[0,+\mathrm{\infty }[$ et $t^2\cdot t^{2n}{e}^{-t^2}\to 0$ : intégrable. Avec $t=\sqrt{s}$ ($C^1$ bijective strictement croissante de $]0,+\mathrm{\infty }[$ sur lui-même, $dt=\frac{ds}{2\sqrt{s}}$) : $$J_n={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{s}^n{e}^{-s}\frac{ds}{2\sqrt{s}}=\frac{1}{2}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{s}^{n-\frac{1}{2}}{e}^{-s}ds=\frac{1}{2}\mathrm{\Gamma }\text{\hspace{0.17em}⁣}(n+\frac{1}{2})\mathrm{.}$$ Par la relation fonctionnelle, $\mathrm{\Gamma }\text{\hspace{0.17em}⁣}(n+\frac{1}{2})=(n-\frac{1}{2})(n-\frac{3}{2})\cdots \frac{1}{2}\mathrm{\Gamma }\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1\cdot 3\cdots (2n-1)}{2^n}\sqrt{\pi }=\frac{(2n)!}{4^{n}n!}\sqrt{\pi }$ (on a écrit $1\cdot 3\cdots (2n-1)=\frac{(2n)!}{2\cdot 4\cdots (2n)}=\frac{(2n)!}{2^{n}n!}$). Donc $\boxed{{\displaystyle J_n={\displaystyle \frac{(2n)!}{2^{2n+1}n!}}\sqrt{\pi }}}$ ; pour $n=0$ on retrouve $\frac{\sqrt{\pi }}{2}$.

3. $t\mapsto e^{-t^a}$ est continue et positive sur $[0,+\mathrm{\infty }[$ ; en $+\mathrm{\infty }$, $t^2{e}^{-t^a}=\exp (2\ln t-t^a)\to 0$ car $\frac{\ln t}{t^a}\to 0$ : intégrable. Avec $t=s^{1\mathrm{/}a}$ ($C^1$ bijective strictement croissante de $]0,+\mathrm{\infty }[$ sur lui-même, $dt=\frac{1}{a}{s}^{\frac{1}{a}-1}ds$) : $$K(a)=\frac{1}{a}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{s}^{\frac{1}{a}-1}{e}^{-s}ds=\frac{1}{a}\mathrm{\Gamma }\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{1}{a}\right)=\boxed{{\displaystyle \mathrm{\Gamma }\text{\hspace{0.17em}⁣}(1+\frac{1}{a})}}\mathrm{.}$$ Quand $a\to +\mathrm{\infty }$, $1+\frac{1}{a}\to 1$ et $\mathrm{\Gamma }$ est continue en $1$ : $K(a)\to \mathrm{\Gamma }(1)=1$ (en accord avec l'exercice 3, question 4). Quand $a\to 0^{+}$, $1+\frac{1}{a}\to +\mathrm{\infty }$ donc $K(a)\to +\mathrm{\infty }$.

4. Le changement de variable $u=e^{-t}$ ($t\mapsto e^{-t}$ est $C^1$, bijective, strictement décroissante de $]0,+\mathrm{\infty }[$ sur $]0,1[$, $du=-e^{-t}dt$, $-\ln u=t$) montre que les deux intégrales ont même nature et $${\int }_0^1(-\ln u{)}^{x-1}du={\int }_{+\mathrm{\infty }}^0{t}^{x-1}(-e^{-t})dt={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{t}^{x-1}{e}^{-t}dt=\boxed{{\displaystyle \mathrm{\Gamma }(x)}}\mathrm{.}$$

5.(a) Posons, pour $t>0$, $p(t)=t^{\frac{x-1}{2}}{e}^{-t\mathrm{/}2}$ et $q(t)=t^{\frac{y-1}{2}}{e}^{-t\mathrm{/}2}$. Elles sont continues et de carré intégrable sur $]0,+\mathrm{\infty }[$ ($p^2=t^{x-1}{e}^{-t}$, $q^2=t^{y-1}{e}^{-t}$). Par Cauchy-Schwarz (fiche §4), $pq$ est intégrable et $${\left({\int }_0^{+\mathrm{\infty }}pq\right)}^2\le {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{p}^2{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{q}^2,\text{avec }pq=t^{\frac{x+y}{2}-1}{e}^{-t}\mathrm{.}$$ C'est exactement $\boxed{{\displaystyle \mathrm{\Gamma }\text{\hspace{0.17em}⁣}{\left(\frac{x+y}{2}\right)}^2\le \mathrm{\Gamma }(x)\mathrm{\Gamma }(y)}}$.

(b) Avec $x=1$, $y=2$ : $\mathrm{\Gamma }\text{\hspace{0.17em}⁣}{\left(\frac{3}{2}\right)}^2\le \mathrm{\Gamma }(1)\mathrm{\Gamma }(2)=1$, et $\mathrm{\Gamma }\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{1}{2}\mathrm{\Gamma }\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$, donc $\frac{\pi }{4}\le 1$, soit $\pi \le 4$. Avec $x=\frac{1}{2}$, $y=\frac{3}{2}$ : $\mathrm{\Gamma }(1{)}^2\le \mathrm{\Gamma }\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{1}{2}\right)\mathrm{\Gamma }\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{3}{2}\right)=\sqrt{\pi }\cdot \frac{\sqrt{\pi }}{2}=\frac{\pi }{2}$, soit $\pi \ge 2$. $\boxed{{\displaystyle 2\le \pi \le 4.}}$

1. $g(t)=\frac{t}{\mathrm{sh}t}$ est continue et positive sur $]0,+\mathrm{\infty }[$ ; en $0$, $\mathrm{sh}t\sim t$ donc $g(t)\to 1$ (faux problème) ; en $+\mathrm{\infty }$, $g(t)=\frac{2t}{e^t-e^{-t}}\sim 2t{e}^{-t}$ et $t^2\cdot 2t{e}^{-t}\to 0$ : intégrable. Pour $t>0$, $0<e^{-2t}<1$ et $$\frac{t}{\mathrm{sh}t}=\frac{2t{e}^{-t}}{1-e^{-2t}}=2t{e}^{-t}\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}{e}^{-2kt}=\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}2t{e}^{-(2k+1)t}(\text{s}\acute{\text{e}}\text{rie g}\acute{\text{e}}\text{om}\acute{\text{e}}\text{trique})\mathrm{.}$$

2. Posons $u_k(t)=2t{e}^{-(2k+1)t}$ sur $]0,+\mathrm{\infty }[$ : continues, positives, intégrables, et (IPP, ou exercice 2 question 5 avec $u=(2k+1)t$) ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{u}_k=\frac{2}{(2k+1{)}^2}$. La série $\sum u_k$ converge simplement vers $g$, continue ; la série $\sum \int \mid u_k\mid =\sum \frac{2}{(2k+1{)}^2}$ converge. Le théorème d'intégration terme à terme (fiche §8) donne ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}g=2{\sum }_{k\ge 0}\frac{1}{(2k+1{)}^2}$. Or, en séparant pairs et impairs (séries à termes positifs convergentes), ${\sum }_{n\ge 1}\frac{1}{n^2}={\sum }_{k\ge 1}\frac{1}{4k^2}+{\sum }_{k\ge 0}\frac{1}{(2k+1{)}^2}$, donc ${\sum }_{k\ge 0}\frac{1}{(2k+1{)}^2}=\frac{3}{4}\cdot \frac{{\pi }^2}{6}=\frac{{\pi }^2}{8}$. Ainsi $\boxed{{\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{t}{\mathrm{sh}t}dt=\frac{{\pi }^2}{4}}}$.