Integration Corrige

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08

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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,+[.

    c Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits rservs. 1 http ://www.maths-france.fr

  • 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 ,

    c Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits rservs. 2 http ://www.maths-france.fr

  • 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.

    c Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits rservs. 5 http ://www.maths-france.fr

  • 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).

    c Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits rservs. 6 http ://www.maths-france.fr

  • 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

    c Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits rservs. 7 http ://www.maths-france.fr

  • 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.

    c Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits rservs. 11 http ://www.maths-france.fr

  • 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

    ,

    c Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits rservs. 12 http ://www.maths-france.fr

  • 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.

    c Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits rservs. 13 http ://www.maths-france.fr

  • 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+.

    c Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits rservs. 14 http ://www.maths-france.fr

  • 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,

    c Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits rservs. 15 http ://www.maths-france.fr

  • 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.

    c Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits rservs. 16 http ://www.maths-france.fr