Ivan Shishkin, Rye (1878)

Problems/Riemann integrationUnreviewed

Un calcul d’intégrale impropre

by FiniteField·
40
Difficulty scaleÉchelle de difficulté

This score reflects both the level of the required concepts and the difficulty of the solution.Ce score tient compte à la fois du niveau des notions nécessaires et de la difficulté de la résolution.

  1. 1–10First steps / middle schoolPremiers pas / collège
  2. 11–25Beginner / high schoolDébutant / lycée
  3. 26–50Intermediate / undergraduateIntermédiaire / licence
  4. 51–70Advanced / graduateAvancé / master
  5. 71–90Expert / specializedExpert / spécialisé
  6. 91–100Research levelNiveau recherche
These levels are approximate guides.Ces niveaux sont des repères approximatifs.
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Justifier l’existence de l’intégrale ∫0+∞1sh⁡(x) dx\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{1}{\sh(\sqrt{x})}\,dx et la calculer.

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  1. Oral Mines-Ponts filière PSI 2018 (RMS 129-2 759)
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Solution by FiniteField

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À l’aide d’un DL1DL_1 en 00 de l’exponentielle, on a 1sh⁡(x)=1x+o(1x)∼1x\dfrac{1}{\sh(\sqrt{x})}=\dfrac{1}{\sqrt{x}}+o\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)\sim\dfrac{1}{\sqrt{x}} qui est positif et intégrable d’après le critère de Riemann. Donc x↦1sh⁡(x)x\mapsto \dfrac{1}{\sh(\sqrt{x})} est intégrable au voisinage de 0.0. Par ailleurs, on a 1sh⁡(x)∼+∞e−x\dfrac{1}{\sh(\sqrt{x})}\underset{+\infty}{\sim}e^{-x} qui est intégrable. Donc ∫0+∞1sh⁡(x) dx\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{1}{\sh(\sqrt{x})}\,dx existe.

On commence par poser le changement de variable u=x,u=\sqrt{x}, donc 2udu=dx2udu=dx, ce qui donne en rappelant que ∀∣t∣<1,11−t=∑n=0+∞tn\forall \left|t\right|<1, \dfrac{1}{1-t}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}t^n
∫0+∞1sh⁡(x) dx=2∫0+∞ush⁡(u) du=2∫0+∞ueu11−e−2u du=2∫0+∞u∑n=0+∞e−u(2n+1) du=2∑n=0+∞∫0+∞ue−u(2n+1) du.\int_0^{+\infty}\dfrac{1}{\sh(\sqrt{x})}\,dx=2\int_0^{+\infty}\dfrac{u}{\sh(u)}\,du=2\int_0^{+\infty}\dfrac{u}{e^u}\dfrac{1}{1-e^{-2u}}\,du=2\int_0^{+\infty}u\sum_{n=0}^{+\infty}e^{-u(2n+1)}\,du=2\sum_{n=0}^{+\infty}\int_0^{+\infty}ue^{-u(2n+1)}\,du.
L'inversion série-intégrale étant immédiate car toutes les quantités sont positives. On a pour a>0a>0, en intégrant par partie en dérivant uu,
∫0+∞ue−au du=[−ue−aua]0+∞+1a∫0+∞e−au du=1a2.\int_0^{+\infty}ue^{-au}\,du=\left[\dfrac{-ue^{-au}}{a}\right]_0^{+\infty}+\dfrac{1}{a}\int_0^{+\infty}e^{-au}\,du=\dfrac{1}{a^2}.
Donc 
∫0+∞1sh⁡(x) dx=2∑n=0+∞1(2n+1)2.\int_0^{+\infty}\dfrac{1}{\sh(\sqrt{x})}\,dx=2\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{1}{(2n+1)^2}.
Pour mener à bien ce calcul on rappelle que ∑n=1+∞1n2=π26\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}=\dfrac{\pi^2}{6}. Puisqu'on a affaire à une série absolument convergente, elle est sommable et on peut donc sommer par paquets pairs et impairs :
∑n=1+∞1n2=∑n=1+∞1(2n)2+∑n=0+∞1(2n+1)2=14∑n=1+∞1n2+∑n=0+∞1(2n+1)2\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^2}=\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{(2n)^2}+\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{1}{(2n+1)^2}=\dfrac{1}{4}\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^2}+\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{1}{(2n+1)^2}
donc ∑n=0+∞1(2n+1)2=34∑n=1+∞1n2=π28.\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{1}{(2n+1)^2}=\dfrac{3}{4}\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^2}=\dfrac{\pi^2}{8}. Enfin, on a
∫0+∞1sh⁡(x) dx=π24.\int_0^{+\infty}\dfrac{1}{\sh(\sqrt{x})}\,dx=\dfrac{\pi^2}{4}.
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