Une intégrale à paramètre

Publié le 31/01/17

Soit {f\colon x\mapsto \displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\text{e}^{-t^{2}x}}{1+t^{2}}\,\text{d}t\;}. On rappelle : {\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\!\!\!\text{e}^{-t^{2}}\,\text{d}t=\dfrac{\sqrt\pi}{2}}

1. Domaine de {f\,}? Montrer que {f} est dérivable sur {\mathbb{R}^{+*}}.
2. Donner un équivalent simple de {f'} au voisinage de {+\infty}.
3. Donner un développement de {f} à deux termes en {+\infty}.

  1. La fonction {h\colon (x,t)\mapsto\dfrac{\text{e}^{-t^2x}}{1+t^2}} est définie continue (et même {\mathcal{C}^{\infty}}) sur {\mathbb{R}^{2}}.

    Pour {x\ge 0}, on a: {\forall\, t \in \mathbb{R}^{+},\;\ 0\le h(x,t)\le \dfrac{1}{1+t^2}={\text{O}}\Bigl(\dfrac{1}{t^{2}}\Bigr)}.

    Par domination, cela prouve l’existence de {f(x)}.

    Si {x\lt 0}, on {\displaystyle\lim_{t\rightarrow+\infty}h(x,t)=+\infty} donc {t\mapsto h(x,t)} n’est pas intégrable sur {\mathbb{R}^{+}}.

    En conclusion, {f} est définie sur {\mathbb{R}^{+}}.

    Soit {a>0}. Pour {x\ge a} et {t\ge 0}, on a: {\Bigl|\dfrac{\partial h}{\partial x} (x,t)\Bigr|= \dfrac{t^2}{1+t^2}\text{e}^{-t^2x}\le\text{e}^{-at^{2}}}.

    Or {t\mapsto\text{e}^{-at^{2}}} est intégrable sur {\mathbb{R}^{+}}.

    On a donc l’hypothèse de domination du théorème de dérivation des intégrales à paramètre.

    On en déduit que {f} est {\mathcal C^1} sur {[a,+\infty[} pour tout {a>0}, donc sur {]0, +\infty[}.

    En outre, pour tout {x\in\mathbb{R}^{+*}}, on a: {f'(x)=-\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{t^2}{t^2+1}\text{e}^{-t^2x}\,\text{d}t}.

  2. On utilise le changement de variable {t\mapsto u=t\sqrt x}, qui est une bijection {\mathcal C^1} strictement croissante de {\mathbb{R}^{+}} sur lui même.

    On trouve {f'(x)=-\dfrac{1}{x\sqrt x}\,g(x)}, où {g(x)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{u^2\text{e}^{-{u^2}} }{1+u^2/x}\,\text{d}u}.

    On va montrer que {\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}g(x)=J=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}u^2\text{e}^{-{u^2}}\,\text{d}u}.

    Pour celà, on va utiliser la caractérisation séquentielle des limites.

    Il suffit d’établir {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}g(x_{n})=J} pour toute suite {(x_{n})} tendant vers {+\infty}.

    Soit {(x_n)} une suite de {\mathbb{R}^{+*}} tendant vers {+\infty}.

    Pour {n\in \mathbb{N}}, la fonction {g_n\colon u\mapsto \dfrac{u^2\text{e}^{-{u^2}}}{1+u^2/x_n}} est continue sur {\mathbb{R}^{+}}.

    La suite {(g_{n})} converge simplement sur {\mathbb{R}^{+}} vers la fonction continue {\varphi\colon u\mapsto u^2\text{e}^{-{u^2}}}.

    D’autre part {\displaystyle\lim_{u\rightarrow+\infty}u^{2}\varphi(u)=0} donc {\varphi\in\mathcal{L}^{1}(\mathbb{R}^{+},\mathbb{R})}.

    Ensuite : {\forall\, n\in\mathbb{N},\;\forall\, x\in\mathbb{R}^{+},\;0\le g_{n}(u)\le\varphi(u)}.

    On peut donc appliquer le théorème de convergence dominée.

    Ainsi {\displaystyle\lim_{n \rightarrow +\infty}\displaystyle\int_{0}^{+\infty}g_n(u) \,\text{d}u=\int_{0}^{+\infty}\lim_{n\rightarrow+\infty}g_n(u) \,\text{d}u=J=\int_{0}^{+\infty}u^2\text{e}^{-u^2}\,\text{d}u}.

    On calcule l’intégrale {J} par parties: {J=\dfrac{1}{2}\Bigl[-u\text{e}^{-u^2}\Bigr]_{0}^{+\infty}+\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\text{e}^{-u^2}\,\text{d}u=\dfrac{\sqrt \pi}{4}}En conclusion, on a obtenu l’équivalent, quand x\rightarrow+\infty: {f'(x)\sim<br /> -\dfrac{1}{x\sqrt x}\displaystyle\int_{0}^{+\infty}u^2\text{e}^{-{u^2}} \,\text{d}u=-\dfrac{\sqrt \pi}{4x\sqrt x}}

  3. Avec la question 1, on obtient: {\forall\, x\ge0,\;f(x)-f'(x)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\text{e}^{-t^2x} \,\text{d}t}.

    Le changement de variable {u=t\sqrt x } donne : {\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\text{e}^{-t^2x} \,\text{d}t=\dfrac{1}{\sqrt x} \int_{0}^{+\infty}\text{e}^{-u^2} \,\text{d}u=\dfrac{\sqrt\pi}{2\sqrt x}}

    D’après la question 3., on déduit le développement, quand x\rightarrow+\infty: {f(x)=\dfrac{\sqrt\pi}{2\sqrt x}-\dfrac{\sqrt \pi}{4x\sqrt x}+{\text{o}}\left(\dfrac{1}{x\sqrt x} \right)}