Équivalent intégrale
Bonjour, j'étudie l'intégrale suivante. $$
F(x) = \int_0^{+ \infty} \exp(-xt).\arctan(t) \, \mathrm dt.
$$ J'ai montré que son domaine de définition est $]0,+ \infty[$, puis que :
$\forall{x}\in{]0,+ \infty[},\ F(x) = \frac{1}{x} \int_0^{+ \infty} \frac{\exp(-xt)}{1+t^2} \, \mathrm dt.$
Ensuite, par une intégration par parties, j'ai déterminé l'existence d'une fonction $G$ définie sur $]0,+ \infty[$ telle que :
$\forall{x}\in{]0,+ \infty[} ,\ F(x) = \frac{1}{x^2} - \frac{G(x)}{x^2}.$
Avec : $\forall{x}\in{]0,+ \infty[},\ G(x) = \int_0^{+ \infty} \frac{2t\exp(-xt)}{(1+t^2)^2} \, \mathrm dt.$
Enfin, je dois chercher à savoir si l'on a en +$\infty$ : $F(x) \sim \frac{1}{x^2}$ ?
C'est là où je ne suis pas sûr : est-ce que pour avoir ceci, il faut que $G$ tende vers 0 en +$\infty$ ou non ?
De plus, je n'arrive pas à déterminer la limite de $G$ en + $\infty$, pourriez-vous m'indiquer comment faire ?
Merci d'avance.
F(x) = \int_0^{+ \infty} \exp(-xt).\arctan(t) \, \mathrm dt.
$$ J'ai montré que son domaine de définition est $]0,+ \infty[$, puis que :
$\forall{x}\in{]0,+ \infty[},\ F(x) = \frac{1}{x} \int_0^{+ \infty} \frac{\exp(-xt)}{1+t^2} \, \mathrm dt.$
Ensuite, par une intégration par parties, j'ai déterminé l'existence d'une fonction $G$ définie sur $]0,+ \infty[$ telle que :
$\forall{x}\in{]0,+ \infty[} ,\ F(x) = \frac{1}{x^2} - \frac{G(x)}{x^2}.$
Avec : $\forall{x}\in{]0,+ \infty[},\ G(x) = \int_0^{+ \infty} \frac{2t\exp(-xt)}{(1+t^2)^2} \, \mathrm dt.$
Enfin, je dois chercher à savoir si l'on a en +$\infty$ : $F(x) \sim \frac{1}{x^2}$ ?
C'est là où je ne suis pas sûr : est-ce que pour avoir ceci, il faut que $G$ tende vers 0 en +$\infty$ ou non ?
De plus, je n'arrive pas à déterminer la limite de $G$ en + $\infty$, pourriez-vous m'indiquer comment faire ?
Merci d'avance.
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Réponses
Oui, $G(x) \underset{\infty}{\longrightarrow} 0$ est nécessaire et suffisant. Connais-tu le théorème de convergence dominée ?
$$\int_0^\infty f(t) e^{-xt} {\rm d}t = \int_0^\infty (a + bt + \alpha(t) t^2) e^{-xt} {\rm d}t = \frac{a}{x} + \frac{b}{x^2} + O\left(\int_0^\infty t^2 e^{-xt} {\rm d}t\right) = \frac{a}{x} + \frac{b}{x^2} + O\left(\frac1{x^3} \right)$$
Par ce qu'on a dit au-dessus, j'arrive de manière analogue à montrer qu'en zéro à droite : $ F(x) \sim{\frac{\pi}{2.x}} $
Et je dois pouvoir aussi montrer qu'en zéro à droite : $ F'(x) \sim{- \frac{\pi}{2.x^2}} $
Cependant, je n'y arrive pas, même avec le théorème de convergence dominée (TCD) et la caractérisation séquentielle de la limite.
En effet, après avoir vérifié les hypothèses du théorème de dérivation pour les intégrales à paramètre, j'ai déterminé que la fonction $F$ est de classe $C^1$ sur $]0,+\infty[$ et : $$
\forall{x}\in{]0,+\infty[} ,\quad F'(x) = - \int_0^{+ \infty} t\exp(-xt).\arctan(t) \, \mathrm dt.
$$ Ainsi, puisque : $ \int_0^{+ \infty} t\arctan(t) \, \mathrm dt$ diverge, alors je ne peux pas appliquer le TCD.
Voyez-vous comment il faut faire ici ?
Peut-être qu'il existe une relation entre fonctions équivalentes et leurs dérivées ?
Quand $x \to 0$, le comportement est le contraire de $x \to \infty$. En effet, quand $x \gg 1$, $e^{-xt}$ est très petit quasiment partout, sauf à proximité immédiate de 0. Cela explique qu'un DL en 0 donne le comportement de $\int_0^\infty f(t) e^{-xt} {\rm d}t$, comme on l'a vu. Au contraire, si $x \ll 1$, $e^{-xt}$ est non négligeable sur un très grand domaine. Donc les valeurs de $f$ au voisinage de 0, ont très peu d'effet sur $\int_0^\infty f(t) e^{-xt} {\rm d}t$ : il faut regarder le comportement global de $f$ sur $\mathbb R_+$. Quel est-il pour $f : t \mapsto t \arctan(t)$ ? Je te laisse essayer de continuer avec ces indices.
C'est tentant, mais on ne peut pas dériver un équivalent car la dérivée est sensible à des éventuelles petites variations que l'équivalent gomme complètement.
je confirme les deux expressions de la fonction F(x) sous forme de deux transformées de Laplace :
$F(x) = \int_0^{+\infty}e^{-tx}Arctan(t).dt = \frac{1}{x}\int_0^{+\infty}\frac{e^{-tx}}{1+t^2}dt$
et F(x) est connue : $F(x) = \frac{1}{x}[sin(x).Ci(x) + cos(x)(\pi - Si(x))]$
avec le cosinus intégral : $Ci(x) = \int_{-\infty}^x\frac{cost}{t}dt$
(pour x > 0 l'intégration établit une compensation de divergence autour de 0)
et le sinus intégral : $Si(x) = \int_{-\infty}^x\frac{sint}{t}dt$
(pour x > 0 la primitive reste continue en zéro)
nous savons que la limite du cosinus intégral est nulle lorsque x tend vers +oo
et la limite du sinus intégral est égale à $\pi$
ce qui confirme la limite nulle pour F(x)
cela dit il reste à déterminer un équivalent asymptotique au sinus et cosinus intégral (je n'ai pas de piste)
cordialement
La dérivée de la fonction f (définie par Calli) est positive sur $[0,+\infty[$ et s'annule une seule fois en 0, donc f est strictement croissante sur $[0,+\infty[$ avec $f(0) = 0$ et $ f(x)\longrightarrow +\infty$ quand $x \longrightarrow +\infty$.
Donc dans l'intégrale, en 0, c'est le terme exponentiel qui domine et en $+ \infty$ c'est la fonction f.
Cependant, je ne vois pas ce que je peux en déduire de ceci, est-ce des minorations / majorations ? Ou faut-il découper l'intégrale en plusieurs morceaux afin de pouvoir faire des majorations / minorations ?
De mon côté, j'ai cherché à majoré : $ | -x.F'(x) - \frac{\pi}{2.x} |$.
En effet, en sachant que : $ \frac{1}{x} = \int_0^{+ \infty} \exp(-xt) \, \mathrm dt.$ et en utilisant la linéarité des intégrales convergentes et l'inégalité de la valeur absolue de l'intégrale, il vient que :
$ | -x.F'(x) - \frac{\pi}{2.x} | \le \int_0^{+ \infty} \exp(-xt) . | x.t.\arctan(t) - \frac{\pi}{2}| \, \mathrm dt. \le \int_0^{+ \infty} | x.t.\arctan(t) - \frac{\pi}{2}| \, \mathrm dt.$
Et ainsi je suis bloqué.
Après je n'ai pas vraiment d'autres idées.
Je ne pense pas que multiplier $F'$ par $x$ soit une bonne idée. D'ailleurs, ce $x$ a été oublié dans la dernière ligne de calcul que tu as écrite, mais peu importe.
Ce que j'entendais par "comportement global", c'est en l’occurrence : à quoi est équivalent $t \arctan(t)$ en l'infini. Notons $g(t)$ cet équivalent. Calcule $\int_0^\infty g(t) e^{-xt} {\rm d}t$. Tu devrais observer quelque chose qui te permettra d'avancer.
D'accord (j'ai modifié le message pour le x).
On a en $+\infty$ : $ t.\arctan(t) \sim \frac{t.\pi}{2}$
Alors, avec la fonction $g$ que vous avez définie, on a :
$ \int_0^{+ \infty} g(t).\exp(-xt) \, \mathrm dt. = \frac{\pi}{2} . \int_0^{+ \infty} t.\exp(-xt) \, \mathrm dt.$
Or, par intégration par parties pour les intégrales généralisées (en posant les fonctions $u$ et $v$ adéquates qui vérifient les hypothèses du théorème)
$\int_0^{+ \infty} t.\exp(-xt) \, \mathrm dt. = \frac{1}{x^2}$ donc $ \int_0^{+ \infty} g(t).\exp(-xt) \, \mathrm dt. = \frac{\pi}{2.x^2} .$
Ainsi, par linéarité des intégrales convergentes et par l'inégalité de la valeur absolue de l'intégrale :
\begin{align*} \Big| F'(x) - (- \frac{\pi}{2x^2}) \Big| &\le \int_0^{+ \infty} t\,\exp(-xt)\ \Big| \frac{\pi}{2} - \arctan(t) \Big| \, \mathrm dt \\
& \le \frac{\pi}{2} \int_0^{+ \infty} t\,\exp(-xt) \, \mathrm dt = \frac{\pi}{2.x^2}
\end{align*} Mais là je ne peux rien en déduire non ?
Ta majoration de $|\pi/2 -\arctan(t)|$ est trop grossière car elle n'exploite pas le fait que $ \arctan(t)$ tend vers $\pi/2$. Utilise une formule de trigonométrie avec du $\arctan$ (il n'en existe pas 40, tu devrais la retrouver si tu l'as déjà rencontrée) pour majorer plus finement.
$\forall{t}\in{]0,+\infty[} \,\,\, \arctan(t) + \arctan(\frac{1}{t}) = \frac{\pi}{2} $
Alors, on obtient :
$| F'(x) - (- \frac{\pi}{2.x^2}) | \le \int_0^{+ \infty} t.\arctan(\frac{1}{t}) \exp(-xt) \, \mathrm dt.$
En faisant le changement de variable : $\varphi\,:\, t\mapsto \frac{1}{t}$, on aboutit à quelque chose de plus compliqué.
Après, en $+ \infty$, on a :
$ \arctan(\frac{1}{t}) \sim \frac{1}{t}$
Mais je ne crois pas que cela va me servir.
Et, il ne faut pas que je refasse la même majoration grossière. Je ne sais pas si j'ai avancé là.
C'est l'idée, mais on avoir mieux qu'un équivalent. Je rappelle :
Par les règles usuelles, $\psi$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et on a, après simplification :
$\forall{t}\in{]0,+\infty[}, \ \psi'(t) = \frac{1}{t^2(1+t^2)}$
De ce fait, la fonction $\psi'$ est strictement positive sur $]0,+\infty[$, donc la fonction $\psi$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$ .
De plus, on a en $+\infty$, $~\psi(t) = \frac{1}{t} - \frac{1}{t^3} - \frac{1}{t} + o(\frac{1}{t^4})$
Donc en $+\infty$, $~\psi(t)\longrightarrow 0$
Donc, on a $~\forall{t}\in{]0,+\infty[}, \ \arctan(\frac{1}{t}) \le \frac{1}{t}$
Ainsi, il vient que :
$ |F'(x) - (- \frac{\pi}{2.x^2}) | \le \int_0^{+\infty} \exp(-xt) \, \mathrm dt. = \frac{1}{x} $
Et là maintenant, on peut en déduire que lorsque $x\to 0$ : $$
F'(x) - (- \frac{\pi}{2.x^2}) = o(- \frac{\pi}{2x^2})
$$ D'où, par caractérisation de la relation d'équivalence à l'aide de la différence, il découle qu'en 0 à droite : $$
F'(x) \sim -\frac{\pi}{2x^2}.$$
Quelques détails :
- Pas besoin de développer $\psi$ à l'ordre 4 pour prouver qu'il tend vers 0 car $1/t$ et $\arctan(1/t)$ tendent tous deux vers 0.
- On peut aussi dire que $\arctan(1/t) \leqslant 1/t$ provient de $\arctan(x) \leqslant x$ sur $\mathbb R_+$ (inégalité classique) qui découle de $y \leqslant \tan(y)$ sur $[0,\pi/2[$.
Récapitulons : $\displaystyle\left| F(x) + \frac{\pi}{2x^2} \right| \leqslant \int_0^\infty t \cdot \left| \arctan(t) - \frac{\pi}2\right| \cdot e^{-xt}\,{\rm d}t \leqslant \int_0^\infty t \cdot \frac1t \cdot e^{-xt}\,{\rm d}t = o\left(\frac1{x^2}\right)$.
Comprends-tu mieux à présent ce que j'expliquais ici ? C'est l'idée intuitive qui a guidé la démarche que je t'ai proposé.
Merci beaucoup ! Bonne journée.