10.2 Exercices d’entraînement 245
On définit, pour x ∈ R et t > 0, h(x, t) = t
x−1 e
−t = e
(x−1) ln t e
−t .
1. Pour tout x ∈ R, t → h(x, t) est continue sur R
∗
+ . On a h(x, t) ∼
t→0
t
x−1 , et h est
intégrable sur ]0, 1] si et seulement si x − 1 > −1, c’est-à-dire si x > 0. De plus
lim
t→+∞
t
2 (t
x−1 e
−t ) = 0, ainsi, pour tout x ∈ R, h(x, t) = o
t→+∞
(1/t
2 ). La fonction
h est intégrable sur [1, +∞[. Donc G est définie sur R
∗
+ .
2. Soit [a, b] ⊂ R
∗
+ . Pour tout x > 0, t → e
(x−1) ln t e
−t est continue et intégrable
sur R
∗
+ . Pour tout t > 0, x → h(x, t) est continue sur R
∗
+ . On cherche à dominer
|h(x, t)| indépendamment de x ∈ [a, b]. Le terme e
−t ne dépend pas de x. Il faut
déterminer un majorant de x → t
x−1 . En le mettant sous la forme e
(x−1) ln t , le
maximum est atteint en a lorsque t 1 (car ln t est négatif) et en b lorsque t > 1.
On pose alors
w(t) =
t
a−1 e
−t
si t ∈ ]0, 1]
t
b−1 e
−t
si t > 1
w est continue par morceaux sur R
∗
+ (elle est même continue car les deux morceaux se raccordent en 1). Elle est intégrable sur ]0, 1] et [1, +∞[ (voir question
précédente). Ainsi G est continue sur tout segment [a, b] ⊂ R
∗
+ . Donc G est continue sur R
∗
+ .
3. Pour tout x ∈ [a, b], t → h(x, t) est continue et intégrable sur R
∗
+ . Pour tout
t ∈ R
∗
+ , x → h(x, t) est de classe C
1 sur [a, b] et
∂h
∂x
(x, t) = (ln t)t
x−1 e
−t . En
utilisant la fonction w précédente, on a
∀x ∈ [a, b], ∀t > 0,
∂h
∂x
(x, t)
| ln t|w(t) = c(t).
La fonction c est continue sur R
∗
+ , et t
2 c(t) tend vers 0 lorsque t tend vers +∞
par croissances comparées. Donc c est intégrable sur [1, +∞[. De plus, on a
c(t) ∼
t→0
| ln t|
t 1−a . Puisque 1 − a < 1, la fonction c est intégrable sur ]0, 1] (d’après
l’exercice 8.5, page 189). Le théorème de dérivation montre que G est de classe
C
1 sur [a, b]. Pour montrer que G est de classe C
2 , on utilise la même méthode
sur
∂h
∂x
avec
∂
2 h
∂x 2 (x, t) = (ln t)
2 h(x, t). La domination est réalisée par la fonction
t → (ln t)
2 w(t), et son intégrabilité se prouve de la même manière. Alors G est de
classe C
2 sur [a, b]. Tout cela permet de conclure que G est de classe C
2 sur R
∗
+
avec, pour tout x > 0,
G
(x) =
+∞
0
(ln t)t
x−1 e
−t dt et G
(x) =
+∞
0
(ln t)
2 t
x−1 e
−t dt.
4. Pour x > 0, G
(x) est égale à l’intégrale d’une fonction positive et non identiquement nulle sur R
∗
+ . Donc G
est strictement positive sur R
∗
+ et G est (strictement)
convexe.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
On définit, pour x ∈ R et t > 0, h(x, t) = t
x−1 e
−t = e
(x−1) ln t e
−t .
1. Pour tout x ∈ R, t → h(x, t) est continue sur R
∗
+ . On a h(x, t) ∼
t→0
t
x−1 , et h est
intégrable sur ]0, 1] si et seulement si x − 1 > −1, c’est-à-dire si x > 0. De plus
lim
t→+∞
t
2 (t
x−1 e
−t ) = 0, ainsi, pour tout x ∈ R, h(x, t) = o
t→+∞
(1/t
2 ). La fonction
h est intégrable sur [1, +∞[. Donc G est définie sur R
∗
+ .
2. Soit [a, b] ⊂ R
∗
+ . Pour tout x > 0, t → e
(x−1) ln t e
−t est continue et intégrable
sur R
∗
+ . Pour tout t > 0, x → h(x, t) est continue sur R
∗
+ . On cherche à dominer
|h(x, t)| indépendamment de x ∈ [a, b]. Le terme e
−t ne dépend pas de x. Il faut
déterminer un majorant de x → t
x−1 . En le mettant sous la forme e
(x−1) ln t , le
maximum est atteint en a lorsque t 1 (car ln t est négatif) et en b lorsque t > 1.
On pose alors
w(t) =
t
a−1 e
−t
si t ∈ ]0, 1]
t
b−1 e
−t
si t > 1
w est continue par morceaux sur R
∗
+ (elle est même continue car les deux morceaux se raccordent en 1). Elle est intégrable sur ]0, 1] et [1, +∞[ (voir question
précédente). Ainsi G est continue sur tout segment [a, b] ⊂ R
∗
+ . Donc G est continue sur R
∗
+ .
3. Pour tout x ∈ [a, b], t → h(x, t) est continue et intégrable sur R
∗
+ . Pour tout
t ∈ R
∗
+ , x → h(x, t) est de classe C
1 sur [a, b] et
∂h
∂x
(x, t) = (ln t)t
x−1 e
−t . En
utilisant la fonction w précédente, on a
∀x ∈ [a, b], ∀t > 0,
∂h
∂x
(x, t)
| ln t|w(t) = c(t).
La fonction c est continue sur R
∗
+ , et t
2 c(t) tend vers 0 lorsque t tend vers +∞
par croissances comparées. Donc c est intégrable sur [1, +∞[. De plus, on a
c(t) ∼
t→0
| ln t|
t 1−a . Puisque 1 − a < 1, la fonction c est intégrable sur ]0, 1] (d’après
l’exercice 8.5, page 189). Le théorème de dérivation montre que G est de classe
C
1 sur [a, b]. Pour montrer que G est de classe C
2 , on utilise la même méthode
sur
∂h
∂x
avec
∂
2 h
∂x 2 (x, t) = (ln t)
2 h(x, t). La domination est réalisée par la fonction
t → (ln t)
2 w(t), et son intégrabilité se prouve de la même manière. Alors G est de
classe C
2 sur [a, b]. Tout cela permet de conclure que G est de classe C
2 sur R
∗
+
avec, pour tout x > 0,
G
(x) =
+∞
0
(ln t)t
x−1 e
−t dt et G
(x) =
+∞
0
(ln t)
2 t
x−1 e
−t dt.
4. Pour x > 0, G
(x) est égale à l’intégrale d’une fonction positive et non identiquement nulle sur R
∗
+ . Donc G
est strictement positive sur R
∗
+ et G est (strictement)
convexe.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit