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Planche no 8. Intgration sur un intervalle
quelconque. Corrig
Exercice no 1
1) Pour x > 0, x2 + 4x+ 1 > 0 et donc la fonction f : x 7 x+ 2x2 + 4x + 1 est continue sur [0,+[. Quand x tendvers +, x + 2 x2 + 4x + 1 = 3
x+ 2+x2 + 4x + 1
3
2x. Comme la fonction x 7 3
2xest positive et non intgrable
au voisinage de +, f nest pas intgrable sur [0; +[.2) Pour x > 1, 1+
1
xest dfini et strictement positif. Donc la fonction f : x 7 e
(1+
1
x
)xest dfinie et continue sur
[1,+[.Quand x tend vers +,
(1+
1
x
)x= ex ln(1+
1
x) = e1
1
2x+o(1x ) = e
e
2x+ o
(1
x
)puis f(x)
x+
e
2x. Puisque la fonction
x 7 e2x
est positive et non intgrable au voisinage de +, f nest pas intgrable sur [1,+[.3) La fonction f : x 7 ln x
x + exest continue sur ]0,+[, de signe constant sur ]0, 1] et sur [1,+[.
En 0, ln xx+ ex
ln x et donc f(x) =x0
o
(1x
). Comme
1
2< 1, la fonction x 7 1
xest intgrable sur un voisinage de 0
droite et il en est de mme de la fonction f.
En +, f(x) ln xex
= o
(1
x2
). Comme 2 > 1, la fonction x 7 1
x2est intgrable sur un voisinage de + et il en est de
mme de la fonction f.Finalement, f est intgrable sur ]0,+[.4) La fonction x 7 3x+ 1 3x est continue et strictement positive sur [0,+[. Donc la fonction f : x 7 ( 3x+ 1 3x)xest continue sur [0,+[.En +, ln ( 3x+ 1 3x) = 1
3ln x+ ln
((1+
1
x
)1/3 1
)=1
3ln x+ ln
(1
3x+O
(1
x2
))=
2
3ln x ln 3+O
(1
x
). Par
suite,x ln
(3x+ 1 3
x)=
2
3
x ln x ln 3
x+ o(1).
Mais alors x2f(x) =x+
exp
(2
3
x ln x ln 3
x+ 2 ln x+ o(1)
)et donc lim
x+x2f(x) = 0. Finalement, f(x) est ngli-
geable devant1
x2en + et f est intgrable sur [0,+[.
5) La fonction f : x 7 ex2x est continue sur [1,+[ car, x > 1, x2 x > 0.Quand x tend vers +, x2f(x) = exp(x2 x+ 2 ln x) = exp(x + o(x)) et donc x2f(x)
x+0. f(x) est ainsi
ngligeable devant1
x2au voisinage de + et donc f est intgrable sur [1,+[.
6) La fonction f : x 7 x lnx est continue sur ]0,+[. Quand x tend vers 0, x lnx = e ln2 x 0. La fonction f se prolonge par continuit en 0 et est en particulier intgrablesur un voisinage de 0 droite.
Quand x tend vers +, x2f(x) = exp( ln2 x+ 2 ln x) 0. Donc f est ngligeable devant 1x2
quand x tend vers +et f est intgrable sur un voisinage de +.Finalement, f est intgrable sur ]0,+[.7) La fonction f : x 7 sin(5x) sin(3x)
x5/3est continue sur ]0,+[.
Quand x tend vers 0, f(x) 5x 3xx5/3
=2
x2/3> 0. Puisque
2
3< 1, la fonction x 7 2
x2/3est positive et intgrable sur un
voisinage de 0 droite et il en est de mme de la fonction f.
En +, |f(x)| 6 2x5/3
et puisque5
3> 1, la fonction f est intgrable sur un voisinage de +.
Finalement, f est intgrable sur ]0,+[.
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8) La fonction f : x 7 ln xx2 1
est continue sur ]0, 1[]1,+[. En 0, f(x) ln x = o
(1x
). Donc f est intgrable sur un voisinage de 0 droite.
En 1, f(x) ln x2(x 1)
1
2. La fonction f se prolonge par continuit en 1 et est en particulier intgrable sur un voisinage
de 1 gauche ou droite.
En +, x3/2f(x) ln xx
= o(1). Donc f(x) est ngligeable devant1
x3/2quand x tend vers + et donc f est intgrable
sur un voisinage de +.Finalement, f est intgrable sur ]0, 1[]1,+[.9) La fonction f : x 7 ex2
|x|est continue sur ] , 0[]0,+[ et paire. Il suffit donc dtudier lintgrabilit de f sur
]0,+[.f est positive et quivalente en 0 droite
1x
et ngligeable devant1
x2en + daprs un thorme de croissances
compares.
f est donc intgrable sur ]0,+[ puis par parit sur ] , 0[]0,+[. On en dduit que+
ex|x|
dx existe dans R et
vaut par parit 2
+0
ex|x|
dx.
10) La fonction f : x 7 1(1 + x2)
1 x2
est continue et positive sur ] 1, 1[, paire et quivalente au voisinage de 1
droite 1
22(1 x)1/2
avec1
2< 1. f est donc intgrable sur ] 1, 1[.
11) La fonctionf : x 7 13x2 x3
est continue et positive sur ]0, 1[, quivalente au voisinage de 0 droite 1
x2/3et au
voisinage de 1 gauche 1
(1 x)1/3. f est donc intgrable sur ]0, 1[.
12) La fonctionf : x 7 1Arccos(1 x)
est continue et positive sur ]0, 1].
En 0, Arccos(1 x) = o(1). Donc Arccos(1 x) sin (Arccos(1 x)) =1 (1 x)2 =
2x x2
2x.
Donc f(x) x0
12xet f est intgrable sur ]0, 1[.
Exercice no 2
1) Pour tout couple de rels (a, b), la fonction f : x 7 1xa lnb x
est continue et positive sur [2,+[. Etudions lintgrabilitde f au voisinage de +.1er cas. Si a > 1, x(a+1)/2f(x) =
1
x(a1)/2 lnb x
x+0 car
a 1
2> 0 et daprs un thorme de croissances compares.
Donc f(x) =x+
o
(1
x(a+1)/2
). Comme
a+ 1
2> 1, la fonction x 7 1
x(a+1)/2est intgrable sur un voisinage de + et il
en est de mme de f. Dans ce cas, f est intgrable sur [2,+[.2me cas. Si a < 1, x(a+1)/2f(x) =
x(1a)/2
lnb x
x++ car 1 a
2> 0 et daprs un thorme de croissances compares.
Donc f(x) est prpondrant devant1
x(a+1)/2en +. Comme a+ 1
2< 1, la fonction x 7 1
x(a+1)/2nest pas intgrable
sur un voisinage de + et il en est de mme de f. Dans ce cas, f nest pas intgrable sur [2,+[.3me cas. Si a = 1. Pour X > 2 fix , en posant t = ln x et donc dt =
dx
xon obtient
X2
1
x lnb xdx =
lnXln 2
dt
tb.
Puisque lnX tend vers + quand X tend vers + et que les fonctions considres sont positives, f est intgrable sur[2,+[ si et seulement si b > 1.En rsum ,
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la fonction x 7 1xa lnb x
est intgrable sur [2,+[ si et seulement si a > 1 ou (a = 1 et b > 1).
(En particulier, la fonction x 7 1x ln x
nest pas intgrable sur voisinage de + bien que ngligeable devant 1xen +).
2) Pour tout rel a, la fonction f : x 7 (tan x)a est continue et strictement positive sur ]0, 2
[. De plus, pour tout rel
x de]0,
2
[, on a f
(2 x
)=
1
f(x).
Etude en 0 droite. f(x) x0
xa. Donc f est intgrable sur un voisinage de 0 droite si et seulement si a > 1.
Etude en 2 gauche. f(x) =
1
f(2 x
) xpi
2
(2 x
)a. Donc f est intgrable sur un voisinage de
2 gauche si et
seulement si a > 1 ou encore a < 1.
En rsum, f est intgrable sur]0,
2
[si et seulement si 1 < a < 1.
3) Pour x > 1, 1 +1
xest dfini et strictement positif. Donc pour tout couple (a, b) de rels, la fonction f : x 7(
1+1
x
)1+ 1x
ab
xest continue sur [1,+[.
En +,(1+
1
x
)ln
(1+
1
x
)=
(1+
1
x
)(1
x+O
(1
x2
))=
1
x+ O
(1
x2
)puis
(1+
1
x
)1+ 1x
= exp
(1
x+O
(1
x2
))=
1+1
x+O
(1
x2
)et donc
f(x) =x+
(1 a) +1 b
x+O
(1
x2
).
Si a 6= 1, f a une limite relle non nulle en + et nest donc pas intgrable sur [1,+[. Si a = 1 et b 6= 1, f(x)
x+
1 b
x. En particulier, f est de signe constant sur un voisinage de + et nest pas intgrable
sur [1,+[. Si a = b = 1, f(x) =
x+O
(1
x2
)et dans ce cas, f est intgrable sur [1,+[.
En rsum, f est intgrable sur [1,+[ si et seulement si a = b = 1.4) Pour tout couple (a, b) de rels, la fonction f : x 7 1
xa(1+ xb)est continue et positive sur ]0,+[.
Etude en 0.-Si b > 0, f(x)
x0
1
xa, et donc f est intgrable sur un voisinage de 0 si et seulement si a < 1,
-si b = 0, f(x) x0
1
2xa, et donc f est intgrable sur un voisinage de 0 si et seulement si a < 1,
-si b < 0, f(x) x0
1
xa+b, et donc f est intgrable sur un voisinage de 0 si et seulement si a+ b < 1.
Etude en +.-Si b > 0, f(x)
x0
1
xa+b, et donc f est intgrable sur un voisinage de + si et seulement si a+ b > 1,
-si b = 0, f(x) x0
1
2xa, et donc f est intgrable sur un voisinage de + si et seulement si a > 1,
-si b < 0, f(x) x0
1
xa, et donc f est intgrable sur un voisinage de + si et seulement si a > 1.
En rsum, f est intgrable sur ]0,+[ si et seulement si ((b > 0 et a < 1) ou (b < 0 et a+b < 1)) et ((b > 0 et a+b > 1)ou (b 6 0 et a > 1)) ce qui quivaut (b > 0 et a+ b > 1 et a < 1) ou (b < 0 et a > 1 et a+ b < 1).
Reprsentons graphiquement lensemble des solutions. La zone solution est la zone colore.
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12
1
2
1 2 312
a
b
Exercice no 3
1) Soient et X deux rels tels que 0 < < X. Les deux fonction x 7 1 cos x et x 7 1xsont de classe C1 sur le segment
[, X]. On peut donc effectuer une intgration par parties et on obtientX
sin x
xdx =
[1 cos x
x
]X
+
X
1 cos x
x2dx =
1 cosX
X1 cos
+
X
1 cosx
x2dx.
La fonction x 7 1 cos xx2
est continue sur ]0,+[, est prolongeable par continuit en 0 car limx0
1 cos x
x2=
1
2et donc
intgrable sur un voisinage de 0, est domine par1
x2en + et donc intgrable sur un voisinage de +. La fonction
x 7 1 cos xx2
est donc intgrable sur ]0,+[ etX
1 cos x
x2dx a une limite relle quand tend vers 0 et X tend vers
+.1 cosXX
6 1X et donc limX+ 1 cosXX = 0. 1 cos
0
2et donc lim
1 cos
= 0.
On en dduit que
+0
sin x
xdx est une intgrale convergente et de plus
+0
sinx
xdx =
+0
1 cos x
x2dx =
+0
2 sin2(x/2)
x2dx =
+0
2 sin2(u)
4u22du =
+0
sin2(u)
u2du.
Lintgrale
+0
sin x
xdx converge et de plus
+0
sin x
xdx =
+0
1 cos x
x2dx =
+0
sin2 x
x2dx.
2) Soit a > 0. La fonction f : x 7 sinxxa
est continue sur ]0,+[. Sur ]0, 1], la fonction f est de signe constant et lexistence de lim
0
1
f(x) dx quivaut lintgrabilit de la fonction f
sur ]0, 1]. Puisque f est quivalente en 0 1
xa1, lintgrale impropre
10
f(x) dx converge en 0 si et seulement si a 1 < 1
ou encore a < 2. On suppose dornavant a < 2.
Soit X > 1. Les deux fonction x 7 cos x et x 7 1xa
sont de classe C1 sur le segment [1, X]. On peut donc effectuer une
intgration par parties et on obtientX1
sinx
xadx =
[ cos x
xa
]X1
a
X1
cos x
xa+1dx =
cosX
Xa+ cos 1 a
X1
cos x
xa+1dx.
Maintenant, cos xxa+1
6 1xa+1
, et puique a + 1 > 1, la fonction x 7 cos xxa+1
est intgrable sur un voisinage de +. Onen dduit que la fonction X 7
X1
cos x
xa+1dx a une limite relle quand X tend vers +. Comme dautre part, la fonction
X 7 cosXXa
+ cos 1 a une limite relle quand X tend vers +, on a montr que lintgrale impropre+1
f(x) dx converge
en +.Finalement
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a > 0, lintgrale+0
sin x
xadx converge si et seulement si a < 2.
3) Soit X un rel strictement positif. Le changement de variables t = x2 suivi dune intgration par parties fournit :
X1
eix2
dx =
X21
eit
2tdt =
i
2
(eiXX
+ ei 1
2
X1
eit
t3/2dt
)
Maintenant, limX+
eiXX
= 0 car
eiXX = 1X . Dautre part, la fonction t 7
eit
t3/2est intgrable sur [1,+[ car
eitt3/2 =
1
t3/2. Ainsi,
+1
eix2
dx est une intgrale convergente et puisque dautre part la fonction x 7 eix2 est continue sur[0,+[, on a montr que
lintgrale
+0
eix2
dx converge.
On en dduit encore que les intgrales
+0
cos(x2) dx et
+0
sin(x2) dx sont des intgrales convergentes (intgrales de
Fresnel).
4) La fonction f : x 7 x3 sin(x8) est continue sur [0,+[. Soit X > 0. Le changement de variables t = x4 fournitX0
x3 sin(x8)dx =1
4
X40
sin(t2) dt =1
4Im
(X40
eit2
dt
).
Daprs 3),
+0
eit2
dt est une intgrale convergente et donc
+0
x3 sin(x8) dx converge.
5) La fonction f : x 7 cos(ex) est continue sur [0,+[. Soit X > 0. Le changement de variables t = ex fournitX0
cos(ex) dx =
eX1
cos t
tdt.
On montre la convergence en + de cette intgrale par une intgration par parties analogue celle de la question 1).Lintgrale impropre
+0
cos(ex) dx converge.
Exercice no 4
1) In existe si et seulement si n > 1.Soient n N et X ]0,+[. Une intgration par parties fournit
X0
1
(t2 + 1)ndt =
[t
(t2 + 1)n
]X0
+ 2n
X0
t2
(t2 + 1)n+1dt =
X
(X2 + 1)n+ 2n
X0
t2 + 1 1
(t2 + 1)n+1dt
=X
(X2 + 1)n+ 2n
X0
1
(t2 + 1)ndt 2n
X0
1
(t2 + 1)n+1dt.
Puisque les fonctions considres sont toutes intgrables sur [0,+[, quand X tend vers + on obtient In = 2n(InIn+1)et donc
n N, In+1 = 2n 12n
In.
En tenant compte de I1 =
2, on obtient pour n > 2,
In =2n 3
2n 2 2n 52n 4
. . . 12 I1 = ((2n 2) (2n 3) (2n 4) . . . 3 2 1
((2n 2) (2n 4) . . . 4 2)2
2=
(2n 2)!
22n2(n 1)!2
2.
ce qui reste vrai pour n = 1.
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n N,+0
1
(t2 + 1)ndt =
(2n 2)!
22n2(n 1)!2
2.
Remarque. En posant t = tan x, on obtient
+0
1
(t2 + 1)ndt =
pi/20
1
(1+ tan2 x)n(1+tan2 x) dx =
pi/20
(cos2 x)n1 dx =
pi/20
sin2n2 u du = W2n2 (intgrales de Wallis).
2) On pose I =
+0
1
x3 + 1dx.
La fonction f : x 7 1x3 + 1
est continue sur [0,+[ et domine par 1x3
en +. La fonction f est donc intgrable sur[0,+[.Le changement de variables t =
1
xfournit I =
0+
1
1+1
t3
dtt2
=
+0
t
1+ t3dt. Donc
I =1
2
(+0
1
x3 + 1dx+
+0
x
x3 + 1dx
)=1
2
+0
x+ 1
x3 + 1dx =
1
2
+0
1
x2 x+ 1dx
=1
2
+0
1(x
1
2
)2+
(3
2
)2 dx = 13[Arctan
(2x 1
3
)]+0
=13
(2+
6
)=
2
33.
+0
1
x3 + 1dx =
2
33.
3) Soit n N. La fonction f : x 7 1(x+ 1)(x + 2) . . . (x+ n)
est continue et positive sur [0,+[, quivalente en + 1
xn. Par suite, f est intgrable sur [0,+[ si et seulement si n > 2.
Soit n > 2. La dcomposition en lments simples de f scrit
f(x) =
nk=1
k
x+ k,
avec
k = limxk
(x+ k)f(x) =1
(k+ 1) . . . (k+ (k 1))(k + (k+ 1)) . . . (k + n)=
(1)k1
(k 1)!(n k)!
= (1)k1k
(n
k
)n!
.
Une primitive de f est donc la fonction F : x 7 1n!
nk=1
(1)k1k
(n
k
)ln(x+ k).
Quand x tend vers +, F(x) =(
nk=1
k
)ln x + o(1). Cette expression a une limite relle si et seulement si
nk=1
k = 0.
Puisque f est intgrable au voisinage de +, on a donc ncessairement nk=1
k = 0 puis F(x) tend vers 0 en +. Il reste+0
1
(x + 1)(x + 2) . . . (x+ n)dx =
1
n!
nk=1
(1)kk
(n
k
)ln(k).
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4) Puisque a > 0, 1
anest dans [0, 1[. Puisque (1 x)(1 + ax) est strictement positif sur un voisinage droite de 0 et
que 1
anest pas dans [0, 1[, (1 x)(1 + ax) > 0 pour x [0, 1[. Dans ce cas, la fonction f : x 7 1
(1 x)(1+ ax)est
continue et positive sur [0, 1[.
1(1 x)(1+ ax)
x1
1
(1 + a)1 x
et donc, la fonction f est intgrable sur un voisinage de 1. Finalement, la fonction
f : x 7 1(1 x)(1+ ax)
est intgrable sur [0, 1[.
Calcul de I =
10
1(1 x)(1+ ax)
dx pour a > 0.
Pour x [0, 1[, 1(1 x)(1+ ax)
=1
1 x
1 x
1+ ax. On pose u =
1 x
1+ axet donc x =
u2 + 1
au2 + 1et dx =
2(a + 1)u
(au2 + 1)2du.
On obtient
I =
01
u 1
1u2 + 1
au2 + 1
2(a+ 1)u(au2 + 1)2
du = 2
10
1
au2 + 1du.
Donc, puisque a > 0, I =
[2aArctan(u
a)
]10
=2aArctan(
a).
a > 0,10
1(1 x)(1+ ax)
dx =2aArctan(
a).
5) La fonction f : x 7 1(ex + 1)(ex + 1)
est continue et positive sur [0,+[, quivalente au voisinage de + ex. Lafonction f est donc intgrable sur un voisinage de + puis intgrable sur [0,+[.On pose u = ex et donc x = lnu puis dx =
du
u. On obtient
+0
1
(ex + 1)(ex + 1)dx =
+1
1
(1+ u)
(1+
1
u
) duu
=
+1
1
(u+ 1)2du =
1
2
6) La fonction f : x 7 15 chx + 3 sh x+ 4
est continue positive sur [0,+[ car pour tout x > 0, 5 chx+3 sh x+4 > 4 > 0.En +, 1
5 ch x+ 3 sh x+ 4ex
4et donc f est intgrable sur [0,+[.
On pose u = ex et on obtient
+0
1
5 ch x+ 3 sh x+ 4dx =
+1
1
5
2
(u+
1
u
)+3
2
(u
1
u
)+ 4
du
u=
+1
1
4u2 + 4u + 1du
=
+1
1
(2u + 1)2du =
[
1
2(2u+ 1)
]+1
=1
6.
7) La fonction f : t 7 2+(t+3) ln(t+ 2
t+ 4
)est continue sur [0,+[ et de signe constant au voisinage de +. Lintgra-
bilit de f quivaut donc lexistence dune limite relle en + pour la fonction F : x 7x0
(2+ (t+ 3) ln
(t+ 2
t+ 4
))dt.
Soit x > 0. Une intgration par parties fournit
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F(x) 2x =
x0
(t+ 3) ln
(t+ 2
t+ 4
)dt =
[(t + 3)2
2ln
(t+ 2
t+ 4
)]x0
1
2
x0
(t + 3)2(
1
t+ 2
1
t+ 4
)dt
=(x+ 3)2
2ln
(x + 2
x + 4
)+9
2ln 2
x0
(t + 3)2
(t+ 2)(t + 4)dt
=(x+ 3)2
2ln
(x + 2
x + 4
)+9
2ln 2
x0
(1+
1
2(t + 2)
1
2(t + 4)
)dt
=(x+ 3)2
2ln
(x + 2
x + 4
)+9
2ln 2 x
1
2ln
(x+ 2
x+ 4
)1
2ln 2.
Par suite,
x > 0, F(x) = x+ 12(x2 + 6x+ 8) ln
(x+ 2
x+ 4
)+ 4 ln 2.
Maintenant quand x tend vers +ln
(x+ 2
x+ 4
)= ln
(1+
2
x
) ln
(1+
4
x
)=
2
x4
x
2
x2+
8
x2+ o
(1
x2
)=
2
x+
6
x2+ o
(1
x2
)
et donc
1
2(x2 + 6x + 8) ln
(x+ 2
x+ 4
)=1
2(x2 + 6x + 8)
(2
x+
6
x2+ o
(1
x2
))= x 3+ o(1)
et finalement F(x) =x+
4 ln 2 3+ o(1). Ceci montre lintgrabilit de la fonction f sur [0,+[ et+0
(2+ (t+ 3) ln
(t+ 2
t+ 4
))dt = 4 ln 2 3.
8) La fonction f : x 7 xArctanx(1+ x2)2
est continue et positive sur [0,+[, quivalente en + 2x3
et donc est intgrable
sur un voisinage de +. La fonction f est donc intgrable sur [0,+[. Posons alors I =+0
xArctanx
(1+ x2)2dx.
1er calcul. On pose u =1
xet on obtient
I =
0+
1
uArctan
(1
u
)(1+
1
u2
)2 duu2 =+0
u(2Arctanu
)(u2 + 1)2
du = I+
2
+0
u
(u2 + 1)2du
et donc 2I =
2
[
1
2(1+ u2)
]+0
=
4ce qui fournit
+0
xArctanx
(1+ x2)2dx =
8.
2me calcul. Soit X > 0. Une intgration par parties fournit
X0
xArctanx
(1+ x2)2dx =
[
1
2(x2 + 1)Arctanx
]X0
+1
2
X0
1
(x2 + 1)2dx =
ArctanX
2(X2 + 1)+1
2
X0
1
(x2 + 1)2dx
et quand X tend vers +, on obtient+0
xArctanx
(1+ x2)2dx =
1
2
+0
1
(x2 + 1)2dx. On pose alors x = tan t et on obtient
I =1
2
pi/20
1
(1 + tan2 t)2(1+ tan2 t) dt =
1
2
pi/20
cos2 t dt =1
4
pi/20
(1+ cos(2t)) dt =
8.
c Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits rservs. 8 http ://www.maths-france.fr
-
9) Soit a R. La fonction f : x 7 x lnx(x2 + 1)2
est continue sur ]0,+[, prolongeable par continuit en 0 et quivalente en+ ln x
x4. Cette dernire expression est elle-mme ngligeable en + devant 1
x3. La fonction f est donc intgrable sur
]0,+[.
Calcul. On pose u =1
x. On obtient I =
0+
1
uln
(1
u
)(1+
1
u2
)2 duu2 = I et donc I = 0.
+0
x ln x
(x2 + 1)2dx = 0.
10) La fonction f : x 7 tan x est continue sur [0, 2
[.
En
2 gauche, 0 0, lencadrement ebxbxax
1
udu 6
bxax
eu
udu 6 eax
bxax
1
udu fournit
eax ln
(b
a
)6
bxax
eu
udu 6 eax ln
(b
a
)
et le thorme des gendarmes fournit limx0
+x
eat ebt
tdt = lim
x0
bxax
eu
udu = ln
(b
a
). Finalement,
pour tous rels a et b tels que 0 < a < b,
+0
eat ebt
tdt = ln
(b
a
).
Exercice no 5
La fonction f : x 7 ln(sin x) est continue sur ]0, 2
]. De plus, quand x tend vers 0, ln(sin x) ln x = o
(1x
). Par suite,
f est intgrable sur]0,
2
].
1) Soient I =
pi/20
ln(sin x) dx et J =
pi/20
ln(cos x) dx. Le changement de variables x =
2 t fournit J existe et J = I.
Par suite,
2I = I+ J =
pi/20
ln(sin x cos x) dx = ln 2
2+
pi/20
ln(sin(2x)) dx = ln 2
2+1
2
pi0
ln(sinu) du
= ln 2
2+1
2
(I+
pipi/2
ln(sinu) du
)=
ln 2
2+1
2
(I+
0pi/2
ln(sin( t)) (dt)
)=
ln 2
2+ I.
Par suite, I = ln 2
2.
pi/20
ln(sin x) dx =
pi/20
ln(cos x) dx = ln 2
2.
2) Pour n > 2, posons Pn =n1k=1
sin
(k
2n
). Pour 1 6 k 6 n 1, on a 0 2, 2n
ln(Pn)+
pi/(2n)0
ln(sin x) dx 6 I 6
2nln(Pn). Mais ln(Pn) =
lnn
2(n1) ln 2 et donc
2nln(Pn)
tend vers ln 2
2quand n tend vers + et comme dautre part,
pi/(2n)0
ln(sin x) dx tend vers 0 quand n tend vers +(puisque la fonction x : 7 ln(sin x) est intgrable sur ]0,
2
]), on a redmontr que I =
ln 2
2.
Exercice no 6
La fonction f : t 7 ln tt 1
est continue et positive sur ]0, 1[, ngligeable devant1tquand t tend vers 0 et prolongeable
par continuit en 1. La fonction f est donc intgrable sur ]0, 1[.
Pour t ]0, 1[ et n N,
ln t
t 1=
ln t
1 t=
nk=0
tk ln t+tn+1 ln t
t 1
Pour t ]0, 1] et n N, posons fn(t) = tn ln t.Soit n N. Chaque fonction fk, 0 6 k 6 n, est continue sur ]0, 1] et ngligeable en 0 devant 1
t. Donc chaque fonction fk
est intgrable sur ]0, 1] et donc sur ]0, 1[. Mais alors, il en est de mme de la fonction t 7 tn+1 ln t1 t
=ln t
t 1+
nk=0
tk ln t et
10
ln t
t 1dt =
nk=0
10
tk ln t dt+
10
tn+1 ln t
t 1dt
La fonction g : t 7 t ln tt 1
est continue sur ]0, 1[ et prolongeable par continuit en 0 et en 1. Cette fonction est en
particulier borne sur ]0, 1[. Soit M un majorant de la fonction |g| sur ]0, 1[. Pour n N,10
tn+1 ln t
t 1dt
610
tn|g(t)| dt 6 M
10
tn dt =M
n + 1.
Par suite, limn+
10
tn+1 ln t
t 1dt = 0. On en dduit que la srie de terme gnral
10
tk ln t dt converge et que
10
ln t
t 1dt =
+k=0
10
(tk ln t) dt.
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-
Soit ]0, 1[. Pour k N, une intgration par parties fournit1
(tk ln t) dt =
[tk+1 ln t
k + 1
]1
+1
k+ 1
1
tk dt =k+1 ln
k + 1+1 k+1
(k+ 1)2.
Quand tend vers 0, on obtient
10
(tk ln t) dt =1
(k + 1)2. Finalement,
10
ln t
t 1dt =
+k=0
1
(k + 1)2=
+n=1
1
n2=2
6.
10
ln t
t 1dt =
+n=1
1
n2=2
6.
Exercice no 7
La fonction f : t 7 t 1ln t
est continue sur ]0, 1[, prolongeable par continuit en 0 et 1 et donc est intgrable sur ]0, 1[.
Soit x ]0, 1[. Chacune des deux fonctions t 7 tln t
et t 7 1ln t
se prolonge par continuit en 0 et est ainsi intgrable sur
]0, x]. On peut donc crire x0
t 1
ln tdt =
x0
t
ln tdt
x0
1
ln tdt.
Dans la premire intgrale, on pose u = t2 et on obtient
x0
t
ln tdt =
x0
2t
ln(t2)dt =
x20
1
lnudu et donc
x0
t 1
ln tdt =
x20
1
ln tdt
x0
1
ln tdt =
x2x
1
ln tdt.
On note alors que, puisque x ]0, 1[, x2 < x. Pour t [x2, x], on a t ln t < 0 et donc xt ln t
6t
t ln t=
1
ln t6
x2
t ln tpuis par
croissance de lintgrale,
xx2
x
t ln tdt 6
xx2
1
ln tdt 6
xx2
x2
t ln tdt et donc
x2x2x
1
t ln tdt 6
x2x
1
ln tdt 6 x
x2x
1
t ln tdt
Maintenant,
x2x
1
t ln tdt = ln | ln(x2)| ln | ln x| = ln 2 et on a montr que, pour tout rel x de ]0, 1[,
x2 ln 2 6
x0
t 1
ln tdt 6 x ln 2
Quand x tend vers 1, on obtient
10
t 1
ln tdt = ln 2.
Exercice no 8
1) La fonction t 7 et2 est continue, positive et intgrable sur [0,+[. De plus, quand t tend +,et
2
(1+
1
2t2
)et
2
=
(1
2tet
2
) .
Daprs un thorme de sommation des relations de comparaison, quand x tend vers +,+x
et2
dt
+x
(1
2tet
2
) dt =
1
2xex
2
,
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-
et donc
ex2
+x
et2
dt x+
1
2x.
2) Pour a > 0 fix,
+a
cos x
xdx converge (se montre en intgrant par parties (voir exercice no 3)) puis
+a
cos x
xdx =
a1
cos x
xdx+
+1
cos x
xdx =
a0
a1
cos x
xdx+O(1)
=a0
a1
1
xdx +
a1
1 cos x
xdx +O(1) =
a0 lna+
a1
1 cos x
xdx+O(1).
Maintenant,1 cos x
x
x0
x
2et en particulier,
1 cos x
xtend vers 0 quand x tend vers 0. Par suite, la fonction x 7
1 cos x
xest continue sur ]0, 1] et se prolonge par continuit en 0. Cette fonction est donc intgrable sur ]0, 1] et en
particulier,
a1
1 cos x
xdx a une limite relle quand a tend vers 0. On en dduit que
+a
cos x
xdx =
a0 lna+O(1) et
finalement
+a
cosx
xdx
a0 lna.
3) Soit a > 0.10
1
x3 + a2dx
1
a2
=10
(1
x3 + a2
1
a2
)dx
=10
x3
(x3 + a2)a2dx 6
10
13
(03 + a2)a2dx =
1
a4
Donc,
10
1
x3 + a2dx =
a+
1
a2+ o
(1
a2
)ou encore
10
1
x3 + a2dx
a+
1
a2.
Exercice no 9
Domaine de dfinition. Soit x R.Si x < 0, la fonction t 7 1
ln tnest pas dfinie sur [x, 0[ [x, x2] et f(x) nest pas dfini.
Si 0 < x < 1, [x2, x] ]0, 1[. Donc la fonction t 7 1ln t
est continue sur [x2, x]. Dans ce cas, f(x) existe et est de plus
strictement positif car ln t < 0 pour tout t de ]0, 1[.
Si x > 1, [x, x2] ]1,+[. Donc la fonction t 7 1ln t
est continue sur [x, x2]. Dans ce cas aussi, f(x) existe et est strictement
positif.Enfin, f(0) et f(1) nont pas de sens.
f est dfinie sur D =]0, 1[]1,+[ et strictement positive sur D.
Drivabilit. Soit I lun des deux intervalles ]0, 1[ ou ]1,+[. La fonction t 7 1ln t
est continue sur I. Soit F une
primitive de cette fonction sur I.Si x ]0, 1[, on a [x2, x] ]0, 1[ et donc f(x) = F(x2) F(x). De mme, si x ]1,+[, [x, x2] ]1,+[ et donc f(x) =F(x2) F(x).On en dduit que f est de classe C1 sur D. De plus, pour x D,
f (x) = 2xF (x2) F (x) =2x
ln(x2)
1
ln x=x 1
ln x.
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-
Variations. f est strictement positive sur ]0, 1[]1,+[ et donc f est strictement croissante sur ]0, 1[ et sur ]1,+[(mais pas ncessairement sur D).
Etude en 0. Soit x ]0, 1[. On a 0 < x2 < x < 1 et de plus la fonction t 7 1ln t
est dcroissante sur [x2, x] ]0, 1[ en tant
quinverse dune fonction strictement ngative et strictement croissante sur ]0, 1[. Donc,x x2
ln x6
xx2
1
ln tdt 6
x x2
ln(x2)puis
x ]0, 1[, x2 x
2 ln x6 f(x) 6
x2 x
ln x.
On en dduit que limx0+
f(x) = 0 et on peut prolonger f par continuit en 0 en posant f(0) = 0 (on note encore f le
prolongement).
Quand x tend vers 0 par valeurs suprieures, f (x) =x 1
ln xtend vers 0. Ainsi,
- f est continue sur [0, 1[,- f est de classe C1 sur ]0, 1[,- f a une limite relle quand x tend vers 0 savoir 0.Daprs un thorme classique danalyse, f est de classe C1 sur [0, 1[ et f (0) = 0.
Etude en 1. On a vu au no 7 que limx1
f(x) = ln 2 (la limite droite en 1 se traite de manire analogue). On prolonge f
par continuit en 1 en posant f(1) = ln 2 (on note encore f le prolongement obtenu).Ensuite quand x tend vers 1, f (x) tend vers 1. Donc f est de classe C1 sur R+ et f (1) = 1.En particulier, f est continue sur R+ et daprs plus haut f est strictement croissante sur R+.
Etude en +. Pour x > 1, f(x) > x2 xln x
. Donc f(x) etf(x)
xtendent vers + quand x tend vers +. La courbe
reprsentative de f admet en + une branche parabolique de direction (Oy). Convexit. Pour x D, f (x) =
ln xx 1
x
ln2 x.
En 1, en posant x = 1+ h o h tend vers 0, on obtient
f (1+ h) =(1+ h) ln(1 + h) h
(1+ h) ln2(1 + h)=
(1+ h)
(h
h2
2+ o(h2)
) h
h2 + o(h2)=1
2+ o(1).
f est donc de classe C2 sur ]0,+[ et f (1) = 12.
Pour x 6= 1, f (x) est du signe de g(x) = ln x 1 + 1x
dont la drive est g (x) =1
x
1
x2=
x 1
x2. La fonction g est
stictement dcroissante sur ]0, 1] et strictement croissante sur [1,+[. Donc pour x 6= 1, g(x) > g(1) = 0. On en dduitque pour tout x ]0,+[, f (x) > 0 et donc que f est strictement convexe sur R+.
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-
Graphe.
1
2
3
4
5
6
7
8
1 2 3 4 5
b
y= x2
x1
lntdt
Exercice no 10
La fonction f : x 7 (1)E(x)x
est continue par morceaux sur [1,+[ et donc localement intgrable sur [1,+[.Soient X un rel lment de [2,+[ et n = E(X).
X1
(1)E(x)
xdx =
n1k=1
k+1k
(1)E(x)
xdx +
Xn
(1)E(x)
xdx =
n1k=1
(1)k ln
(1+
1
k
)+
Xn
(1)E(x)
xdx.
Or,
Xn
(1)E(x)
xdx
6 X nn 6 1E(X) . Cette dernire expression tend vers 0 quand le rel X tend vers + et donclim
X+
Xn
(1)E(x)
xdx = 0.
Dautre part, la suite
((1)k ln
(1+
1
k
))k>1
est de signe alterne et sa valeur absolue tend vers 0 en dcroissant. La
srie de terme gnral (1)k ln
(1+
1
k
), k > 1, converge en vertu du critre spcial aux sries alternes ou encore, quand
le rel X tend vers +, n1k=1
(1)k ln
(1+
1
k
)a une limite relle.
Il en est de mme de
X1
(1)E(x)
xdx et lintgrale
+1
(1)E(x)
xdx converge. De plus
+1
(1)E(x)
xdx =
+n=1
(1)n ln
(1+
1
n
).
Calcul. Puisque la srie converge, on a+k=1
(1)k ln
(1+
1
k
)= lim
n+
2nk=1
(1)k ln
(1+
1
k
). Pour n N,
2nk=1
(1)k ln
(1+
1
k
)=
nk=1
( ln
(1+
1
2k 1
)+ ln
(1+
1
2k
))=
nk=1
ln
((2k 1)(2k + 1)
(2k)2
)
= ln
((1 3 . . . (2n 1))2 (2n + 1)
(2 4 . . . (2n))2)
= ln
(1
24n((2n)!
(n!)2
)2 (2n + 1)
).
Daprs la formule de Stirling,
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-
124n((2n)!
(n!)2
)2 (2n + 1)
n+
1
24n
(2n
e
)4n(4n)2
(ne
)4n(2n)4
(2n) = 2.
Donc
+n=1
(1)n ln
(1+
1
n
)= ln
(2
)et on a montr que
+1
(1)E(x)
xdx =
+n=1
(1)n ln
(1+
1
n
)= ln
(2
).
Exercice no 11
1) Puisque f est continue, positive et dcroissante sur [1,+[, pour x > 2 on a0 6 xf(x) = 2
(x
x
2
)f(x) 6 2
xx/2
f(t) dt = 2
(+x/2
f(t) dt
+x
f(t) dt
)
Cette dernire expression tend vers 0 quand x tend vers + car f est intgrable sur [1,+[. Donc si f est continue,positive, dcroissante et intgrable sur [1,+[ alors f(x) =
x+o
(1
x
).
Exercice no 12
Lingalit |ff | 61
2
(f2 + f 2
)montre que la fonction ff est intgrable sur R puis, pour X et Y tels que X 6 Y, une
intgration par parties fournit
YX
f 2(x) dx = [f(x)f (x)]Y
X
YX
f(x)f (x) dx.
Puisque la fonction f 2 est positive, lintgrabilit de f 2 sur R quivaut lexistence dune limite relle quand X tend vers
et Y tend vers + deYX
f 2(x) dx et puisque la fonction ff est intgrable sur R, lexistence de cette limite quivaut,
daprs lgalit prcdente, lexistence dune limite relle en + et pour la fonction ff .Si f 2 nest pas intgrable sur R+ alors
+0
f 2(x)dx = + et donc limx+
f(x)f (x) = +. En particulier, pour xsuffisament grand, f(x)f (x) > 1 puis par intgration
1
2(f2(x) f2(0)) > x contredisant lintgrabilit de la fonction f2 sur
R. Donc la fonction f 2 est intgrable sur R+ et la fonction ff a une limite relle quand x tend vers +.De mme la fonction f 2 est intgrable sur R et la fonction ff a une limite relle quand x tend vers .Si cette limite est un rel non nul , supposons par exemple > 0. Pour x suffisament grand, on a f(x)f (x) > puis par
intgration1
2(f2(x) f2(0)) > x contredisant de nouveau lintgrabilit de la fonction f2. Donc la fonction ff tend vers
0 en + et de mme en .Finalement, la fonction f 2 est intgrable sur R et
+
f 2(x) dx =
+
f(x)f (x) dx.
Daprs lingalit de Cauchy-Schwarz, on a
(+
f 2(x) dx
)2=
(
+
f(x)f (x) dx
)26
(+
f2(x) dx
)2 (+
f 2(x) dx
)2.
Puisque les fonctions f et f sont continues sur R, on a lgalit si et seulement si la famille (f, f ) est lie.Donc ncessairement, ou bien f est du type x 7 A ch(x) + B sh(x), rel non nul, qui est intgrable sur R si etseulement si A = B = 0, ou bien f est affine et nulle encore une fois, ou bien f est du type x 7 A cos(x) + B sin(x) etnulle encore une fois.Donc, on a lgalit si et seulement si f est nulle.
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