@ccueil Colles

Intégrale impropre avec exponentielles, DL et changement de variable


Soit $0\leqslant a\leqslant b$.
  1. Justifier la convergence de $\dsp\int_0^{+\infty}\frac{e^{-at}-e^{-bt}}tdt$.
  2. Soit $0\leqslant x\leqslant y$. Démontrer que $\dsp\int_x^y \dfrac{e^{-at}-e^{-bt}}tdt
  =\int_{ax}^{bx}\dfrac{e^{-t}}tdt-\int_{ay}^{by}\dfrac{e^{-t}}tdt$.
  3. Démontrer que, pour tout réel $z\geqslant0$, $e^{-bz}\ln\dfrac ba
  \leqslant\dsp\int_{az}^{bz}\dfrac{e^{-t}}tdt
  \leqslant e^{-az}\ln\frac ba$.
    En déduire que $\dsp\int_0^{+\infty}\frac{e^{-at}-e^{-bt}}tdt=\ln\frac ba$

Correction
  1. Au voisinage de $+\infty$, puisque $a\geqslant0$ et $b\geqslant0$, on a
    \[\dfrac{e^{-at}-e^{-bt}}t=O\lp\dfrac1{t^2}\rp\]

    d'où la convergence de $\dsp\int_1^{+\infty}\frac{e^{-at}-e^{-bt}}tdt$ par comparaison avec une intégrale de Riemann. En 0, un développement limité montre que
    \[\dfrac{e^{-at}-e^{-bt}}t=\frac{1-at-1+bt+o(t)}{t}
  =\dfrac{(b-a)t+o(t)}{t}=(b-a)+o(1)\]

    et donc que la fonction se prolonge par continuité en 0 (par sa limite $b-a$), et l'intégrale converge donc sans problème en 0. L'intégrale sur $[0;+\infty[$ converge donc bien.
  2. Avec les changements de variables $t\mapsto at$ et $t\mapsto bt$ puis par la relation de Chasles :
    \[\begin{array}{lcl}
  \dsp\int_x^{y}\frac{e^{-at}-e^{-bt}}{t}dt
  &=&\dsp\int_{ax}^{ay}\frac{e^{-t}}{t}dt-\int_{bx}^{by}\frac{e^{-t}}{t}dt\\[1.4em]
  &=&\dsp\int_{ax}^{bx}\frac{e^{-t}}{t}dt+\int_{bx}^{ay}\frac{e^{-t}}tdt
  -\int_{bx}^{ay}\frac{e^{-t}}{t}dt-\int_{ay}^{by}\frac{e^{-t}}{t}dt\\[1.4em]
  &=&\dsp\int_{ax}^{bx}\frac{e^{-t}}{t}dt-\int_{ay}^{by}\frac{e^{-t}}tdt
  \enar\]

  3. La fonction $t\mapsto e^{-t}$ étant décroissante sur $\R$, on a, pour tout $t\in[az,bz]$,

    \[e^{-bz}\leq e^{-t}\leq e^{-az}\]

    puis, en multipliant par $1/t>0$ et en intégrant:
    \[\begin{array}{ll}
  &\dsp\int_{az}^{bz}e^{-bz}dt\leq \int_{az}^{bz}e^{-t}dt\leq \int_{az}^{bz}e^{-az}dt\\[1.5em]
  \iff &
  e^{-bz}\ln\dfrac ba
  \leqslant\dsp\int_{az}^{bz}\dfrac{e^{-t}}tdt
  \leqslant e^{-az}\ln\frac ba
  \enar\]

  4. Il faut faire tendre, dans le résultat précédent, $z\to0$ et $z\to+\infty$.
    La limite lorsque $z\to0$ est, par le théorème des gendarmes, $\ln\dfrac ba$, tandis que la limite $z\to+\infty$ est nulle car $a\geqslant0$ et $b\geqslant0$ et donc $\dsp\lim_{z\to+\infty}e^{-az}=\lim_{z\to+\infty}e^{-az}=0$.
    On a vu que
    \[\int_x^{y}\frac{e^{-at}-e^{-bt}}{t}dt
  =\int_{ax}^{bx}\frac{e^{-t}}{t}dt-\int_{ay}^{by}\frac{e^{-t}}tdt\]

    et donc,
    \[\begin{array}{ll}
  \dsp\int_x^{+\infty}\frac{e^{-at}-e^{-bt}}{t}dt
  &=\dsp\lim_{y\to+\infty}\int_x^y\frac{e^{-at}-e^{-bt}}{t}dt\\[1.4em]
  &=\dsp\lim_{y\to+\infty}\lp\int_{ax}^{bx}\frac{e^{-t}}{t}dt-\int_{ay}^{by}\frac{e^{-t}}tdt\rp\\[1.4em]
  &=\dsp\int_{ax}^{bx}\frac{e^{-t}}{t}dt-0\enar\]

    puis,
    \[\begin{array}{ll}\dsp\int_0^{+\infty}\frac{e^{-at}-e^{-bt}}tdt
  &\dsp=\lim_{x\to0}\int_x^{+\infty}\frac{e^{-at}-e^{-bt}}tdt\\[1.4em]
  &\dsp=\lim_{x\to0}\int_{ax}^{bx}\frac{e^{-t}}{t}dt
  =\ln\dfrac ba\enar\]



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