Exercice 1 - Exercice 1

Commençons par remarquer que $$e^{-t} = e^{-\left( \frac{t}{2} + \frac{t}{2} \right)} = e^{-\frac{t}{2} - \frac{t}{2} } = e^{-\frac{t}{2}} \times e^{-\frac{t}{2}}$$. Donc, on a :
$$\int_1^{+\infty} t^a e^{-t} \, dt = \int_1^{+\infty} t^a e^{-\frac{t}{2}} \times e^{-\frac{t}{2}} \, dt$$
De plus, par croissances comparées, on sait que :
$$\lim_{t \longrightarrow + \infty} t^a e^{-\frac{t}{2}} = 0^+$$
Ceci nous assure de l'existence d'un certain nombre réel $$T$$ tel que :
$$\exist T \in \mathbb{R}^+, \,\, \forall t > T, \,\, t^a e^{-\frac{t}{2}} < 1$$
Ainsi, on en déduit immédiatement que :
$$\exist T \in \mathbb{R}^+, \,\, \forall t > T, \,\, t^a e^{-\frac{t}{2}} \times e^{-\frac{t}{2}} < 1 \times e^{-\frac{t}{2}}$$
Soit :
$$\exist T \in \mathbb{R}^+, \,\, \forall t > T, \,\, t^a e^{-t} < e^{-\frac{t}{2}}$$
Or, l'intégrale $$\displaystyle{\int_1^{+\infty}} e^{-\frac{t}{2}} \, dt$$ est convergente d'après le cours. Néanmoins, on a :
$$\int_1^{x} e^{-\frac{t}{2}} \, dt = \left[ \dfrac{1}{-\dfrac{1}{2}} e^{-\frac{t}{2}} \right]_1^{x} = \left[ -2 e^{-\frac{t}{2}} \right]_1^{x} = \left[ 2 e^{-\frac{t}{2}} \right]_x^{1} = 2\left[ e^{-\frac{t}{2}} \right]_x^{1} = 2\left( e^{-\frac{1}{2}} - e^{-\frac{x}{2}} \right)$$
Donc :
$$\lim_{x \longrightarrow + \infty} \left( 2\left( e^{-\frac{1}{2}} - e^{-\frac{x}{2}} \right)\right) = 2 e^{-\frac{1}{2}}$$
Et ceci implique que l'intégrale $$\displaystyle{\int_1^{+\infty}} e^{-\frac{t}{2}} \, dt$$ est bien de nature convergente.
D'après le théorème de comparaison, on en déduit immédiatement que l'intégrale $$\displaystyle{\int_1^{+\infty} t^a e^{-t} \, dt}$$ est également de nature convergente.

On sait que :
$$\dfrac{t^5 + 2t + \pi}{t^3 + \sqrt{3}t + \pi\sqrt{7}} \underset{+\infty}{\sim} \dfrac{t^5}{t^3 } \underset{+\infty}{\sim} t^2$$
De fait :
$$\dfrac{t^5 + 2t + \pi}{t^3 + \sqrt{3}t + \pi\sqrt{7}} \, e^{-t} \underset{+\infty}{\sim} t^2 \, e^{-t}$$
Or, on vient de montrer à la question précédente que l'intégrale $$\displaystyle{\int_1^{+\infty} t^a e^{-t} \, dt}$$ est également de nature convergente. En posant $$a=2$$, on peut donc affirmer que l'intégrale $$\displaystyle{\int_1^{+\infty} t^2 e^{-t} \, dt}$$ est de nature convergente.
Comme on sait que les deux intégrales $$\displaystyle{\int_1^{+\infty} t^2 e^{-t} \, dt}$$ et $$\displaystyle{\int_1^{+\infty} \dfrac{t^5 + 2t + \pi}{t^3 + \sqrt{3}t + \pi\sqrt{7}} \, e^{-t} \, dt}$$ sont de même nature, cela implique que l'intégrale $$\displaystyle{\int_1^{+\infty} \dfrac{t^5 + 2t + \pi}{t^3 + \sqrt{3}t + \pi\sqrt{7}} \, e^{-t} \, dt}$$ est bien convergente.

Soit $$b$$ un réel strictement plus grand que $$0$$.
On a l'intégrale suivante :
$$\int_0^{b} \dfrac{2}{1+t^2} \, dt = 2 \int_0^{b} \dfrac{1}{1+t^2} \, dt = 2 \left[ \arctan(t) \right]_0^{b} = 2 \left( \arctan(b) - \arctan(0) \right) = 2 \left( \arctan(b) - 0 \right) = 2 \arctan(b)$$
Mais, on sait que :
$$\lim_{b \longrightarrow + \infty} \arctan(b) = \dfrac{\pi}{2}$$
Donc :
$$\lim_{b \longrightarrow + \infty} 2\arctan(b) = 2\times\dfrac{\pi}{2} = \pi$$
De plus, on a :
$$\displaystyle{\int_0^{+\infty} \dfrac{2}{1+t^2} \, dt} = \lim_{b \longrightarrow + \infty} \displaystyle{\int_0^{b} \dfrac{2}{1+t^2} \, dt}$$
Finalement, on peut donc écrire que :
$$\displaystyle{\int_0^{+\infty} \dfrac{2}{1+t^2} \, dt} = \pi$$
Ce qui nous permet d'affirmer que l'intégrale étudiée converge bien.

On a :
$$\displaystyle{\int_1^{+\infty} \dfrac{\pi}{1+t} \, dt} = \pi \int_1^{+\infty} \dfrac{1}{1+t} \, dt = \pi \int_1^{+\infty} \dfrac{(1+t)'}{1+t} \, dt = \lim_{b \longrightarrow + \infty} \left( \pi \int_1^{b} \dfrac{(1+t)'}{1+t} \, dt \right) = \pi \lim_{b \longrightarrow + \infty} \left( \int_1^{b} \dfrac{(1+t)'}{1+t} \, dt \right)$$
Ainsi :
$$\displaystyle{\int_1^{+\infty} \dfrac{\pi}{1+t} \, dt} = \pi \lim_{b \longrightarrow + \infty} \left( \left[ \ln(1+t) \right]_1^{b} \right) = \pi \lim_{b \longrightarrow + \infty} \left( \ln(1+b) - \ln(1+1) \right) =\pi \lim_{b \longrightarrow + \infty} \left( \ln(1+b) - \ln(2) \right)$$
Donc :
$$\displaystyle{\int_1^{+\infty} \dfrac{\pi}{1+t} \, dt} = \pi \lim_{b \longrightarrow + \infty} \left( \ln\left( \dfrac{1+b}{2} \right) \right) = \lim_{b \longrightarrow + \infty} \left( \pi \ln\left( \dfrac{1+b}{2} \right) \right) = \lim_{b \longrightarrow + \infty} \ln\left( \left(\dfrac{1+b}{2} \right)^\pi \right)$$
Or cette limite s'identifie à $$+\infty$$, donc il est possible d'afformer que l'intégrale $$\displaystyle{\int_1^{+\infty} \dfrac{\pi}{1+t} \, dt}$$ diverge.

On a :
$$\lim_{t \longrightarrow 0^+} \ln(t) = - \infty$$
Ainsi :
$$\int_0^1 \ln(t) \, dt = \lim_{x \longrightarrow 0} \int_x^1 \left( 1 \times \ln(t) \right) \, dt$$
Par une intégration par parties, on obtient :
$$\int_x^1 \left( 1 \times \ln(t) \right) \, dt = \left[ t \ln(t) \right]_x^1 - \int_x^1 \left( t \times \dfrac{1}{t} \right) \, dt = \left[ t \ln(t) \right]_x^1 - \int_x^1 1 \, dt = \left[ t \ln(t) \right]_x^1 - \left[ t \right]_x^1 = \left[ t \ln(t) - t \right]_x^1$$
Soit :
$$\int_x^1 \ln(t) \, dt = 1 \ln(1) - 1 - x \ln(x) + x = x - x \ln(x) -1$$
Donc :
$$\lim_{x \longrightarrow 0} \int_x^1 \ln(t) \, dt = \lim_{x \longrightarrow 0} \left( x - x \ln(x) -1 \right) = \lim_{x \longrightarrow 0} \left( x \right) - \lim_{x \longrightarrow 0} \left( x \ln(x) \right) - \lim_{x \longrightarrow 0} 1 = 0 - 0 - 1 = -1$$
On obtient alors :
$$\int_0^1 \ln(t) \, dt = - 1$$
En conclusion, l'intégrale $$\displaystyle{\int_0^1 \ln(t) \, dt}$$ converge.

On a :
$$\lim_{t \longrightarrow 0^+} \dfrac{1}{t} = + \infty$$
Ainsi :
$$\int_0^1 \dfrac{1}{t} \, dt = \lim_{x \longrightarrow 0} \int_x^1 \dfrac{1}{t} \, dt = \lim_{x \longrightarrow 0} \left( \left[ \ln(t) \right]_x^1 \right) = \lim_{x \longrightarrow 0} \left( \ln(1) - \ln(x) \right) = \lim_{x \longrightarrow 0} \left( 0 - \ln(x) \right) = - \lim_{x \longrightarrow 0} \ln(x) = - (- \infty)$$
Donc :
$$\int_0^1 \dfrac{1}{t} \, dt = \lim_{x \longrightarrow 0} \int_x^1 \dfrac{1}{t} \, dt = +\infty$$
En conclusion, l'intégrale $$\displaystyle{\int_0^1 \dfrac{1}{t} \, dt}$$ diverge.

On a :
$$\int_1^{+\infty} \dfrac{\sin(t)}{t} \, dt = \lim_{x \longrightarrow + \infty} \int_1^x \dfrac{\sin(t)}{t} \, dt$$
Avec :
$$\int_1^x \dfrac{\sin(t)}{t} \, dt = \int_1^x \left( \dfrac{1}{t} \times \sin(t) \right) \, dt$$
Par une intégration par parties, on a :
$$\int_1^x \dfrac{\sin(t)}{t} \, dt = \left[ -\dfrac{\cos(t)}{t} \right]_1^x - \int_1^x \left( \left( -\dfrac{1}{t^2} \right) \times \left( -\cos(t) \right) \right) \, dt$$
Soit :
$$\int_1^x \dfrac{\sin(t)}{t} \, dt = \left[ \dfrac{\cos(t)}{t} \right]_x^1 - \int_1^x \dfrac{\cos(t)}{t^2} \, dt = \dfrac{\cos(1)}{1} - \dfrac{\cos(x)}{x} - \int_1^x \dfrac{\cos(t)}{t^2} \, dt$$
Soit encore :
$$\int_1^x \dfrac{\sin(t)}{t} \, dt = \cos(1) - \dfrac{\cos(x)}{x} - \int_1^x \dfrac{\cos(t)}{t^2} \, dt$$
Or, on sait que :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \,\,\, -1 \leqslant \cos(x) \leqslant 1$$
Donc :
$$\forall x \in \mathbb{R}^\star, \,\,\, -\dfrac{1}{x} \leqslant \dfrac{\cos(x)}{x} \leqslant \dfrac{1}{x}$$
Or, on a :
$$\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( -\dfrac{1}{x} \right) = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \dfrac{1}{x} \right) = 0$$
Ainsi, selon le théorème de l'encadrement, on, a :
$$\lim_{x \longrightarrow +\infty} \dfrac{\cos(x)}{x} = 0$$
De fait :
$$\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \cos(1) - \dfrac{\cos(x)}{x} \right) = \cos(1)$$
De plus, on peut écrire que :
$$\forall t \in \mathbb{R}, \,\,\, -1 \leqslant \cos(t) \leqslant 1$$
Donc :
$$\forall t \in \mathbb{R}^\star, \,\,\, -\dfrac{1}{t^2} \leqslant \dfrac{\cos(t)}{t^2} \leqslant \dfrac{1}{t^2}$$
Or l'intégrale $$\displaystyle{\int_1^{+\infty} \dfrac{1}{t^2} \, dt}$$ est de type Riemann convergente. Il s'ensuit, par le théorème de comparaison, que l'intégrale $$\displaystyle{\int_1^{+\infty} \dfrac{\cos(t)}{t^2} \, dt}$$ est elle même convergente.
Ceci nous permet donc d'affirmer que l'intégrale $$\displaystyle{\int_1^{+\infty} \dfrac{\sin(t)}{t} \, dt}$$ est elle même de nature convergente.
Analysons maintenant l'absolue convergence.
On a :
$$\forall t \in \mathbb{R}, \,\,\, 0 \leqslant |\sin(t)| \leqslant 1$$
Ainsi :
$$\forall t \in \mathbb{R}, \,\,\, 0 \leqslant |\sin(t)|^2 \leqslant |\sin(t)|$$
Ou de manière identique :
$$\forall t \in \mathbb{R}, \,\,\, 0 \leqslant \sin^2(t) \leqslant |\sin(t)|$$
On a alors :
$$\forall t \in \mathbb{R}^{+\star}, \,\,\, 0 \leqslant \dfrac{\sin^2(t)}{t} \leqslant \dfrac{|\sin(t)|}{t}$$
Qui peut également être écrit comme :
$$\forall t \in \mathbb{R}^{+\star}, \,\,\, 0 \leqslant \dfrac{1-\cos(2t)}{2t} \leqslant \dfrac{|\sin(t)|}{t}$$
Et comme $$\in \mathbb{R}^{+\star}$$ on a de fait :
$$\forall t \in \mathbb{R}^{+\star}, \,\,\, 0 \leqslant \dfrac{1-\cos(2t)}{2t} \leqslant \left\vert \dfrac{\sin(t)}{t} \right\vert$$
Soit $$x >1$$. On a alors :
$$\int_1^{x} \dfrac{1-\cos(2t)}{2t} \, dt = \int_1^{x} \dfrac{1}{2t} \, dt - \int_1^{x} \dfrac{\cos(2t)}{2t} \, dt = \dfrac{1}{2}\int_1^{x} \dfrac{1}{t} \, dt - \dfrac{1}{2}\int_1^{x} \dfrac{\cos(2t)}{t} \, dt$$
Par une intégration directe et une intégration par parties, on obtient (avec $$\ln(1) = 0$$) :
$$\int_1^{x} \dfrac{1-\cos(2t)}{2t} \, dt = \dfrac{1}{2}\left[ \ln(t) \right]_1^{x} - \dfrac{1}{2}\int_1^{x} \dfrac{\cos(2t)}{t} \, dt = \dfrac{1}{2} \ln(x) - \dfrac{1}{2}\int_1^{x} \dfrac{1}{t} \cos(2t) \, dt$$
Soit :
$$\int_1^{x} \dfrac{1-\cos(2t)}{2t} \, dt = \dfrac{1}{2} \ln(x) - \dfrac{1}{2} \left( \left[ \dfrac{1}{t} \dfrac{1}{2}\sin(2t) \right]_1^{x} - \int_1^{x} \left( -\dfrac{1}{t^2} \right) \left( \dfrac{1}{2}\sin(2t) \right) \, dt \right)$$
Ce qui nous donne :
$$\int_1^{x} \dfrac{1-\cos(2t)}{2t} \, dt = \dfrac{1}{2} \ln(x) - \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{\sin(2x)}{2x} - \dfrac{\sin(2)}{2} + \dfrac{1}{2} \int_1^{x} \dfrac{\sin(2t)}{t^2} \, dt \right)$$
On a donc :
$$\int_1^{x} \dfrac{1-\cos(2t)}{2t} \, dt = \dfrac{1}{2} \ln(x) + \dfrac{\sin(2x)}{4x} + \dfrac{\sin(2)}{4} - \dfrac{1}{4} \int_1^{x} \dfrac{\sin(2t)}{t^2} \, dt$$
Or, on a :
$$\lim_{x \longrightarrow + \infty} \dfrac{1}{2} \ln(x) = \dfrac{1}{2} \lim_{x \longrightarrow + \infty} \ln(x) = + \infty$$
Donc le terme $$\dfrac{1}{2} \ln(x)$$ est divergent lorsque $$x$$ tend vers $$+\infty$$. Ceci implique que l'intégrale $$\int_1^{+\infty} \dfrac{1-\cos(2t)}{2t} \, dt$$ est divergente.
En conséquence immédiate, d'après le théorème des comparaisons, l'intégrale $$\int_1^{+\infty} \left\vert \dfrac{\sin(t)}{t} \right\vert \, dt$$ est elle-même divergente.
On a donc démontrer que l'intégrale $$\int_1^{+\infty} \left\vert \dfrac{\sin(t)}{t} \right\vert \, dt$$ est divergente et que l'intégrale $$\int_1^{+\infty} \dfrac{\sin(t)}{t} \, dt$$ est convergente.
En conclusion, l'intégrale $$\int_1^{+\infty} \dfrac{\sin(t)}{t} \, dt$$ est semi-convergente.