Exercice 14 - Exercice 1

L'intégrale généralisée $$I$$ va également s'écrire comme :
$$I = \int_0^{1} \dfrac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \, dx + \int_1^{+\infty} \dfrac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \, dx$$
Soit encore :
$$I = \int_0^{1} \dfrac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \, dx + \lim_{b \longrightarrow + \infty}\int_1^{b} \dfrac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \, dx$$
Etudions la convergence de l'intégrale $$\int_0^{1} \dfrac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \, dx$$.
La fonction $$x \longmapsto e^{-\sqrt{x}}$$ est strictement positive, continue, décroissante et majorée par $$1$$ sur $$\mathbb{R}^{+\star}$$. De fait, on a :
$$\forall x \in \mathbb{R}^{+\star}, \,\,\, 0 \leqslant e^{-\sqrt{x}} \leqslant 1$$
De plus, la fonction $$x \longmapsto \sqrt{x}$$ est strictement positive, continue et croissante sur $$\mathbb{R}^{+\star}$$.
Cela implique que :
$$\forall x \in \mathbb{R}^{+\star}, \,\,\, 0 \leqslant \dfrac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \leqslant \dfrac{1}{\sqrt{x}}$$
Mais comme $$]0\,;\,1] \subset \mathbb{R}^{+\star}$$, on a :
$$\int_0^{1} \dfrac{1}{\sqrt{x}} \, dx = 2\int_0^{1} \dfrac{1}{2\sqrt{x}} \, dx = 2 [\sqrt{x}]_0^{1} = 2 (\sqrt{1} - \sqrt{0}) = 2 (1 - 0) = 2 \times 1 = 2$$
Donc l'intégrale $$\int_0^{1} \dfrac{1}{\sqrt{x}} \, dx$$ est convergente, et de fait il en va de même pour l'intégrale $$\int_0^{1} \dfrac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \, dx$$.
Puis, avec $$n$$ un nombre entier naturel, et pour tout $$t > 0$$ on a :
$$e^t = 1 + t + \dfrac{t^2}{2!} + ... + \dfrac{t^n}{n!} + \dfrac{t^{n+1}}{(n+1)!}e^{\theta t} \,\,\,\,\,\,\,\, (0<\theta<1)$$
Ceci nous permet d'en dédiure immédiatement que:
$$e^t \geqslant \dfrac{t^n}{n!}$$
Prenons le cas particulier pour lequel $$n=2$$ et $$t = \sqrt{x}$$. Ainsi, on obtient immédiatement (avec $$2! = 2 \times 1 = 2$$) :
$$e^{\sqrt{x}} \geqslant \dfrac{\sqrt{x}^2}{2}$$
Soit :
$$e^{\sqrt{x}} \geqslant \dfrac{x}{2}$$
En inversant, on a alors :
$$0 \leqslant \dfrac{1}{e^{\sqrt{x}}} \leqslant \dfrac{1}{\dfrac{x}{2}}$$
Soit encore :
$$0 \leqslant e^{-\sqrt{x}} \leqslant \dfrac{2}{x}$$
De plus, la fonction $$x \longmapsto \sqrt{x}$$ est strictement positive, continue et croissante sur $$\mathbb{R}^{+\star}$$. Donc, on a :
$$0 \leqslant \dfrac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \leqslant \dfrac{\dfrac{2}{x}}{\sqrt{x}}$$
Ce qui nous donne :
$$0 \leqslant \dfrac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \leqslant \dfrac{2}{x\sqrt{x}}$$
Donc :
$$0 \leqslant \dfrac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \leqslant \dfrac{2}{x^1 \times x^{\frac{1}{2}}}$$
Ce qui nous donne :
$$0 \leqslant \dfrac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \leqslant \dfrac{2}{x^{1+\frac{1}{2}}}$$
Et nous sommes donc conduit à l'encadrement suivant :
$$\forall x>0, \,\,\, 0 \leqslant \dfrac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \leqslant \dfrac{2}{x^{\frac{3}{2}}}$$
Or l'intégrale $$\lim_{b \longrightarrow + \infty} \int_1^{b} \dfrac{2}{x^{\frac{3}{2}}} \, dx = 2 \lim_{b \longrightarrow + \infty} \int_1^{b} \dfrac{1}{x^{\frac{3}{2}}} \, dx = 2 \int_1^{+\infty} \dfrac{1}{x^{\frac{3}{2}}} \, dx$$ est convergente car c'est une intégrale de type $$\textit{Riemann}$$ de puissance $$\dfrac{3}{2} > 1$$. Ainsi le théorème de comparaison nous assure de la convergence de l'intégrale généralisée $$\lim_{b \longrightarrow + \infty}\int_1^{b} \dfrac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \, dx$$.
Or, on a :
$$\lim_{b \longrightarrow + \infty}\int_1^{b} \dfrac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \, dx = \int_1^{+\infty} \dfrac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \, dx$$
Ce qui nous permet de conclure que l'intégrale $$\int_1^{+\infty} \dfrac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \, dx$$ converge.
Finalement, il est maintenant possible d'affirmer que l'intégrale généralisée $$I = \int_0^{+\infty} \dfrac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \, dx$$ est de nature convergente.