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[ID: 2797] [Date de publication: 9 novembre 2022 16:17] [Catégorie(s): Intégration ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution(s)

Solution(s)

Étude de \(I_\alpha = \int_0^{+\infty}{{\sin(t)}\over t^\alpha}dt, \quad J_\alpha = \int_2^{+\infty}{{\sin(t)}\over {t^\alpha+\sin(t)}} dt \quad \& \quad S_\alpha = \sum_{n\geq 1}{{(-1)^n}\over{n^\alpha + (-1)^n}},\ \alpha\in\mathbb R\)
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 16:17

Notons \(f(t)=\sin(t) t^{-\alpha}\). \(I_\alpha\) est une intégrale impropre à l’origine et à l’infini. À l’origine, \(f\) est équivalente à \(t^{-\alpha+1}\) fonction positive, de type Riemann, intégrable en \(t=0\) puisque \(-\alpha+1<-1\). En outre \(\vert f(t)\vert\leq t^{-\alpha}\) fonction intégrable à l’infini pour \(\alpha>1\) : la convergence absolue de \(\mathbf{I_\alpha}\) est donc établie pour \(2>\alpha>1\).

Reste donc le cas  \(0< \alpha\leq 1\) ; vu ce qui précède (tout se passant bien à l’origine) il sera suffisant d’étudier la convergence sur \([1,+\infty[\). Pour cela on fait une intégration par parties (avec la convention habituelle qu’elle sera réellement correcte si deux termes parmi les trois existent, sinon, travailler sur \([1,A]\) puis faire tendre \(A\) vers \(+\infty\)...)

\[\int_1^{+\infty}{{\sin(t)}\over t^\alpha}dt= \left[ {{\cos(t)}\over{t^{\alpha}}} \right] _1^{+\infty}+\int_1^{+\infty} {{\alpha\cos(t)}\over{t^{\alpha+1}}}dt\]

et \[\left[ {{\cos(t)}\over{t^{\alpha}}} \right ]_1^{+\infty}=-\cos(1),\quad \left\vert {{\alpha\cos(t)}\over{t^{\alpha+1}}} \right\vert \leq {\alpha\over t^{\alpha+1}}\in L^1([1,+\infty[)\] assurent alors la convergence de \(\mathbf {I_{\alpha}}\) pour \(\mathbf{0< \alpha \leq 1}\).

Pour la convergence absolue en \(+\infty\) si \(0<\alpha\leq 1\), le plus simple est de remarquer que

\[\left\vert {\sin(t)\over t^{\alpha}} \right\vert \geq \left\vert {\sin^2(t)\over t^{\alpha}} \right\vert \geq {1\over t^\alpha}-{{\cos(2t)}\over t^\alpha} =g(t)-h(t)\]

en raisonnant comme au dessus \(h\) est intégrable en \(+\infty\) mais bien sûr \(g\) ne l’est pas, et l’intégrale \(\displaystyle\int_{\mathbb R_+} \left\vert {\sin(t)\over t^{\alpha}} \right\vert dt\) diverge pour tout \(\mathbf {0<\alpha\leq 1}\).

Il est aussi classique de conclure par la minoration

\[\int_0^{{(2n+1)\pi}} \left\vert {\sin(t)\over t^{\alpha}} \right\vert dt \geq \sum_{k=0}^n\int_{2k\pi+{\pi\over 4}}^{2k\pi+{3\pi\over 4}} \left\vert {\sin(t)\over t^{\alpha}} \right\vert dt \geq \sum_{k=0}^n\int_{2k\pi+{\pi\over 4}}^{2k\pi+{3\pi\over 4}}{{\sqrt{2}}\over{2\left((2k+1)\pi\right)^\alpha}}dt =\sum_{k=0}^n{{\pi\sqrt{2}}\over {4\left((2k+1)\pi\right)^\alpha}}\]

cette dernière quantité tendant vers l’infini avec \(n\) comme somme partielle d’une série de terme général équivalent à \(Ck^{-\alpha}\) donc divergente...

Le problème est toujours à l’infini où notre fonction n’est pas de signe constant, donc pas question d’utiliser les équivalents, le dernier recours (le développement asymptotique) montre ici toute sa puissance

\[\begin{aligned} {{\sin(t)}\over {t^\alpha+\sin(t)}} &={{\sin(t)}\over t^\alpha}\left({1\over{1+t^ {-\alpha}\sin(t)}}\right)={{\sin(t)}\over t^\alpha}\left( 1-{\sin(t)\over t^{\alpha}}+o\left({1\over t^{\alpha}}\right)\right) ={\sin(t)\over t^{\alpha}}-{\sin^2(t)\over t^{2\alpha}}+ o\left({1\over t^{\alpha}}\right)\\ &= g(t) +h(t)\qquad\text{où }\quad g(t)={\sin(t)\over t^{\alpha}}\quad\text{ et }\quad h(t)= -{\sin^2(t)\over t^{2\alpha}}+ o\left({1\over t^{\alpha}}\right)\end{aligned}\]

vu 2) la fonction \(g\) est intégrable à l’infini pour tout \(\alpha>0\), par contre \[h(t)\sim {-\sin^2(t)\over t^{2\alpha}}={1\over 2t^{2\alpha}}-{{\cos(2t)}\over 2t^{2\alpha}}\] le sera si et seulement si \(\alpha> 1/2\). La seconde intégrale est donc convergente si et seulement si \(\alpha>1/2\). Il est bien de remarquer que pour tout \(\alpha>0\) : \[{{\sin(t)}\over {t^\alpha+\sin(t)}}\sim {{\sin(t)}\over {t^\alpha}}\] la première étant intégrable si et seulement si \(\alpha>1/2\), et la seconde, si et seulement si \(\alpha>0\) :

L’intégrabilité ne passe donc pas à l’équivalent lorsque les fonctions ne sont pas de signe constant.

C’est la version série du second exemple et se traite de la même manière.

Remarques : L’étude de la série donne \[u_n={{(-1)^n}\over{n^\alpha +(-1)^n}}\sim {{(-1)^n \over {n^{\alpha}}}}\] pour tout \(\alpha>0\) et comme plus haut, pour \(0<\alpha\leq 1/2,\ \sum_n u_n\) diverge, ce qui peut donner lieu à deux remarques :

La première est un contre-exemple pour le théorème sur les équivalents lorsque les séries ne sont pas de signe constant (puisque la série de terme général \((-1)^n n^{-\alpha}\) est convergente pour tout \(\alpha>0\)).

La seconde, est que \(\sum_n u_n\) étant alternée, divergente et son terme général tendant vers zéro : \(\displaystyle v_n= \left\vert {{(-1)^n}\over{n^\alpha +(-1)^n}} \right\vert\) ne décroit pas vers zéro (vu le théorème des les séries alternées). Toutefois \(v_n\sim n^{-\alpha}\) i.e. la monotonie non plus ne passe pas à l’équivalent.