Minimum d’une intégrale à paramètre

Publié le 01/03/17

(cet exercice est issu de l’oral X-Cachan Psi 2015)
On pose {f\colon x\mapsto \displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\,\text{d}t}{t^{x}(1+t)}}, où {x} est une variable réelle.

  1. Déterminer l’ensemble de définition de {f}.

  2. Établir que {f} est continue sur son ensemble de définition.

  3. Trouver un équivalent de {f} en {0}.

  4. Montrer que le graphe de {f} a pour axe de symétrie la droite d’équation {x = 1\text{/}2}.

  5. Déterminer la borne inférieure de {f}.

  1. Fixons {x\in\mathbb{R}}. La fonction {t\mapsto g(x,t)=\dfrac{1}{t^{x}(1+t)}} est continue sur {\mathbb{R}^{+*}}.

    On a {g(x,t)\sim\dfrac{1}{t^{x}}} quand t\to 0^+ donc : {\displaystyle\int_{0}^{1}g(x,t)\,\text{d}t} existe {\Leftrightarrow x\lt 1}.

    On a {g(x,t)\sim\dfrac{1}{t^{x+1}}} quand t\to +\infty donc : {\displaystyle\int_{1}^{+\infty}g(x,t)\,\text{d}t} quand {x>0}.

    Finalement le domaine de définition de {f} est {\mathcal{D}=\,]0,1[}.

  2. On va appliquer le théorème de continuité des intégrales à paramètre.

    Pour l’hypothèse de domination, one se place sur {[a,b]}, avec {0\lt a\lt b\lt 1}.

    Pour chaque {t\in\mathbb{R}^{+*}}, {x\mapsto g(x,t)=\dfrac{1}{t^{x}(1+t)}} est continue sur {\mathbb{R}} donc sur {[a,b]}.

    Pour {0\lt t\le 1}, et {x\in [a,b]}, on a {t^{x}\ge t^{b}} donc {\left|{g(x,t)}\right|\le \varphi(t)=\dfrac{1}{t^{b}(1+t)}}.

    Pour {t\ge 1}, et {a\le x\le b}, on a {t^{x}\ge t^{a}} donc {\left|{g(x,t)}\right|\le \varphi(t)=\dfrac{1}{t^{a}(1+t)}}.

    Ainsi, pour {a\le x\le b}, on a : {\forall\, t\in\mathbb{R}^{+*},\;\left|{g(x,t)}\right|\le \varphi(t)} avec {\varphi} intégrable sur {\mathbb{R}^{+*}}.

    D’après le théorème de continuité des intégrales à paramètre, {f} est continue sur {[a,b]}.

    C’est vrai sur tout segment {[a,b]\subset\,]0,1[}, donc {f} est continue sur {]0,1[}.

  3. On va plutôt considérer {f\Bigl(\dfrac{1}{x}\Bigr)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\,\text{d}t}{t^{1/x}(1+t)}} et faire tendre {x} vers {+\infty}.

    On pose {u=t^{1/x}} (bijection {\mathcal{C}^{1}} de {\mathbb{R}^{+*}} sur lui-même).

    On a : {\text{d}t=xu^{x-1}\text{d}u}, donc {f\Bigl(\dfrac{1}{x}\Bigr)=xJ(x)}, où {J(x)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{u^{x-2}}{1+u^{x}}\,\text{d}u}.

    On va montrer que {\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}J(x)=1}.

    Tout revient à vérifier {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}J(x_{n})=1} à chaque fois que {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}x_{n}=+\infty}.
    (méthode de discrétisation classique pour revenir au théorème de convergence dominée)

    Pour une telle suite, soit {\varphi_{n}\colon u\mapsto \dfrac{u^{x_{n}-2}}{1+u^{x_{n}}}}.

    On a {\forall\, u\in\,]0,1[,\;\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\varphi_{n}(u)=0}, et {\forall\, u>1,\;\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\varphi_{n}(u)=\dfrac{1}{u^{2}}}.

    On pose {\psi(u)=0} sur {]0,1[}, {\psi(1)=\dfrac{1}{2}} et {\psi(u)=\dfrac{1}{u^{2}}} sur {]1,+\infty[}.

    La suite {(\varphi_{n})} converge simplement sur {\mathbb{R}^{+*}} vers {\psi}.

    De plus \psi est intégrable sur {\mathbb{R}^{+*}}, avec {\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\psi(u)\,\text{d}u=\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{\,\text{d}u}{u^{2}}=1}.

    D’autre part, pour tout {n\in\mathbb{N}}, on a {\varphi_{n}(u)\le \psi(u)} sur {\mathbb{R}^{+*}}.

    Ainsi, avec le « TCD » : {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\varphi_{n}(u)\,\text{d}u=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\psi(u)\,\text{d}u=1}.

    On a donc prouvé {\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}J(x)=1}.

    Puisque {f\Bigl(\dfrac{1}{x}\Bigr)=xJ(x)}, on en déduit {f(x)\sim\dfrac{1}{x}} en 0^+.

  4. Il s’agit de montrer {f(1-x)=f(x)} sur {]0,1[}.

    On pose {t=\dfrac{1}{u}} (bijection strictement décroissante de {\mathbb{R}^{+*}} sur lui-même).

    Ainsi {\begin{array}{rl}f(x)&=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1}{u^{-x}(1+1/u)}\dfrac{\,\text{d}u}{u^{2}}\\\\&=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\,\text{d}u}{u^{1-x}(1+u)}=f(1-x)\end{array}}

  5. Montrons que {f} décroît sur {\Big]0,\dfrac{1}{2}\Big]} et croît sur {\Big[\dfrac{1}{2},1\Big[}.

    Il en résultera : {\min(f)=f\Bigl(\dfrac{1}{2}\Bigr)}.

    Tout d’abord, on vérifie que {f} est de classe {{\mathcal{C}}^{\infty}} sur {]0,1[}.

    Avec {g(x,t)=\dfrac{1}{t^{x}(1+t)}=\dfrac{t^{-x}}{1+t}} on a {\dfrac{\partial^{k}g}{\partial x^{k}}(x,t)=\dfrac{(-\ln t)^{k}}{t^{x}(1+t)}}.

    Pour {0\lt x\lt 1}, les fonctions {\dfrac{\partial^{k}x}{\partial x^{k}}g(x,t)} sont intégrables sur {]0,1[}.

    On va appliquer le théorème de dérivation répétées des intégrales à paramètres.

    Pour l’hypothèse de domination, on se placera sur {[a,b]\subset\,]0,1[}.

    Définissons {\psi_{k}(t)=\dfrac{\left|\ln(t)^{k}\right|}{t^{b}(1+t)}} sur {]0,1[} et {\psi_{k}(t)=\dfrac{\ln^{k}(t)}{t^{a}(1+t)}} sur {]1,+\infty[}.

    Avec ces notations : {\forall\, t>0,\;\biggl|\dfrac{\partial^{k}g}{\partial x^{k}}(x,t)\biggr|\le \psi_{k}(t)}

    Chaque {\psi_{k}} étant intégrable sur {\mathbb{R}^{+*}}, la fonction {f} est {\mathcal{C}^{+\infty}} sur {]0,1[}.

    On peut donc dériver terme à terme.

    En particulier, pour tout x de ]0,1[ : {\begin{array}{rl}f''(x)&=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\partial^{2}g}{\partial x^{2}}(x,t)\,\text{d}t\\\\&=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\ln^{2}(t)}{t^{x}(1+t)}\,\text{d}t>0\end{array}}Ainsi {f'} est strictement croissante sur {]0,1[}.

    Or {f'\Bigl(\dfrac{1}{2}\Bigr)=0} à cause de l’axe de symétrie.

    On en déduit {f'\lt 0} (donc {f} strictement décroissante) sur {\Big]0,\dfrac{1}{2}\Bigr[}.

    De même, {f'>0} (donc {f} strictement croissante) sur {\Big]\dfrac{1}{2},1\Bigr[}.

    Le minimum de {f} est donc :
    {f\Bigl(\dfrac{1}{2}\Bigr)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\,\text{d}t}{\sqrt{t}(1+t)}=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{2\,\text{d}u}{(1+u^{2})}=\pi}.