Deux bornes généralisées, et le changement de variable qui symétrise

La méthode, commune aux deux. Il y a deux bornes généralisées dans chaque cas : on coupe l'intervalle en un point intérieur par la relation de Chasles, et l'on étudie chaque borne séparément — une intégrale sur un intervalle ouvert converge si et seulement si elle converge en chacune de ses deux bornes. Ensuite seulement on calcule, et le calcul se fait sans primitive, par un changement de variable qui échange les deux bornes ou qui rend l'intégrande constante.

a) L'intégrale du logarithme sur une demi-droite.

Nature. La fonction $g(t)=\frac{\ln t}{1+t^2}$ est continue sur $]0,+\infty [$ ; on coupe en $1$.

• En $0^{+}$ : $1+t^2\to 1$, donc $g(t)\sim \ln t$. Or $\ln t=o\left(\frac{1}{\sqrt{t}}\right)$ quand $t\to 0^{+}$, puisque $\sqrt{t}\ln t\to 0$ ; et $t\mapsto t^{-1/2}$ est intégrable en $0$ (Riemann en borne finie, $\alpha =\frac{1}{2}<1$). Par comparaison, $g$ est intégrable sur $]0,1]$.
• En $+\infty$ : $g(t)\sim \frac{\ln t}{t^2}=o\left(\frac{1}{t^{3/2}}\right)$, et $t^{-3/2}$ est intégrable en $+\infty$ ($\alpha =\frac{3}{2}>1$). Donc $g$ est intégrable sur $[1,+\infty [$.

L'intégrale converge donc, et même absolument.

Calcul. Posons $u=\frac{1}{t}$, c'est-à-dire $t=\phi (u)=\frac{1}{u}$ : $\phi$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$, strictement décroissante, et réalise une bijection de $]0,+\infty [$ sur lui-même. Le théorème de changement de variable pour les intégrales généralisées s'applique, avec $\mathrm{d}t=-\frac{\mathrm{d}u}{u^2}$ et l'échange des bornes qui absorbe le signe : $$I={\int }_0^{+\infty }\frac{\ln t}{1+t^2}\mathrm{d}t={\int }_0^{+\infty }\frac{\ln \frac{1}{u}}{1+\frac{1}{u^2}}\cdot \frac{\mathrm{d}u}{u^2}={\int }_0^{+\infty }\frac{-\ln u}{u^2+1}\mathrm{d}u=-I.$$ (Le calcul intermédiaire : $\frac{1}{1+u^{-2}}\cdot \frac{1}{u^2}=\frac{u^2}{u^2+1}\cdot \frac{1}{u^2}=\frac{1}{1+u^2}$.) Donc $2I=0$ et $${\int }_0^{+\infty }\frac{\ln t}{1+t^2}\mathrm{d}t=0.$$ Ce que la symétrie a fait. Le changement $t\leftrightarrow \frac{1}{t}$ échange les intervalles $]0,1]$ et $[1,+\infty [$ et change $\ln$ en $-\ln$ : les contributions des deux moitiés sont exactement opposées et se compensent. Aucune primitive n'a été écrite. (L'argument exige la convergence, établie d'abord : écrire $I=-I$ pour une intégrale divergente ne prouverait rien.)

b) L'intégrale qui devient constante.

Nature. La fonction $g(t)=\frac{1}{\sqrt{t(1-t)}}$ est continue et strictement positive sur $]0,1[$, et n'est définie ni en $0$ ni en $1$ : deux bornes généralisées, qu'on sépare en coupant en $\frac{1}{2}$.

• En $0^{+}$ : $1-t\to 1$, donc $g(t)\sim t^{-1/2}$, intégrable en borne finie puisque $\frac{1}{2}<1$.
• En $1^{-}$ : la substitution $t\leftrightarrow 1-t$ laisse $g$ invariante, donc $g(t)\sim (1-t{)}^{-1/2}$, intégrable de même.

L'intégrale converge, et $g$ étant positive, $g$ est intégrable sur $]0,1[$.

Calcul. Posons $t=\phi (u)={\sin }^{2}u$. Alors ${\phi }^{\prime }(u)=2\sin u\cos u=\sin (2u)>0$ sur $\left]0,\frac{\pi }{2}\right[$ : $\phi$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$, strictement croissante, et comme $\phi (0^{+})=0$ et $\phi \left({\frac{\pi }{2}}^{-}\right)=1$, c'est une bijection de $\left]0,\frac{\pi }{2}\right[$ sur $]0,1[$. Le théorème s'applique. Sur cet intervalle, $\sin u>0$ et $\cos u>0$, donc $$\sqrt{t(1-t)}=\sqrt{{\sin }^{2}u{\cos }^{2}u}=\sin u\cos u$$ sans valeur absolue — précisément parce que les deux facteurs sont positifs. D'où $$g(\phi (u)){\phi }^{\prime }(u)=\frac{2\sin u\cos u}{\sin u\cos u}=2,{\int }_0^1\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{t(1-t)}}={\int }_0^{\pi /2}2\mathrm{d}u=\pi .$$ L'intégrande est devenue constante : c'est le miracle de cet exercice, et il vient de ce que $\sqrt{t(1-t)}$ est, au facteur $2$ près, exactement la dérivée du changement de variable.

c) Le point délicat — la bijectivité. Sur $]0,\pi [$ tout entier, $\phi ={\sin }^2$ n'est pas injective : elle croît sur $\left]0,\frac{\pi }{2}\right[$ puis décroît sur $\left]\frac{\pi }{2},\pi \right[$, et chaque valeur de $t$ est atteinte deux fois. Le théorème de changement de variable, qui exige une bijection strictement monotone de classe ${\mathcal{C}}^1$, ne s'applique pas. Le calcul naïf donnerait ${\int }_0^{\pi }2\mathrm{d}u=2\pi$, soit exactement le double de la bonne valeur — on aurait compté chaque point deux fois. La faute jumelle consiste à écrire $\sqrt{{\sin }^{2}u{\cos }^{2}u}=\sin u\cos u$ sur $]0,\pi [$, où $\cos u$ est négatif dans la seconde moitié : la racine carrée vaut $|\sin u\cos u|$, et l'oubli de la valeur absolue produirait cette fois une compensation fausse.

Ce que l'exercice installe. Devant deux bornes généralisées : Chasles d'abord, chaque borne pour elle-même ensuite, et l'on ne parle de la valeur qu'une fois la convergence acquise. Un changement de variable bien choisi échange les deux bornes ($t\mapsto \frac{1}{t}$) ou rend l'intégrande constante ($t={\sin }^{2}u$), et l'intégrale se calcule alors sans aucune primitive. Vérifier toujours les trois mots du théorème — bijection, strictement monotone, de classe ${\mathcal{C}}^1$ — sur des intervalles ouverts. (La valeur $\pi$ obtenue au b) est la constante de normalisation de la loi arcsinus en probabilités.)