Travaux Dirigés : Analyse II Série 1 Exercice I. Exercice ...
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Filières SMP2/SMC2 Année Universitaire 2017-2018
Travaux Dirigés : Analyse II
Série 1
Exercice I. Montrer que les séries suivantes sont convergentes. Calculer leurs sommes.
1)∑n≥0
2n
3n−2; 2)
∑n≥0
(−1)n(
1
2
)2n
;
3)∑n≥1
1
n(n+ 1); 4)
∑n≥0
2n+ 3
(n+ 1)2(n+ 2)2.
Exercice II. Soient (un)n une suite réelle positive et (vn)n la suite définie par
vn =un
1 + un, ∀n ∈ N.
Montrer que les séries∑n≥0
un et∑n≥0
vn sont de même nature.
Exercice III. Soient (un)n une suite réelle strictement positive et strictement croissante et (vn)n la suite
définie par
vn =un+1 − un
un, ∀n ∈ N.
Montrer que si la suite (un)n converge alors la série∑n≥0
vn converge aussi.
Exercice IV. Etudier la nature des séries suivantes.
1)∑n≥1
(n!)2
(2n)!; 2)
∑n≥1
(1 +
x
n
)−n2
, x ∈ R; 3)∑n≥1
e−(lnn)2
;
4)∑n≥1
(1− cos
(πn
))ln(n); 5)
∑n≥2
(−1)n2n + 5
8n − 11; 6)
∑n≥1
(−1)n(√
n2 + 1− n).
Travaux Dirigés Analyse II/Série 1 2017-2018
Exercice V. Calculer les intégrales simples suivantes.
1)
∫ π2
0
sin2(x) dx; 2)
∫ 1
0
x arctanx dx;
3)
∫ 1
0
ex√ex + 1
dx; 4)
∫ 314
1
x
1 + x4dx.
Exercice VI. Calculer les primitives suivantes.
1)
∫x+ 2
x2 − 3x− 4dx ;
2)
∫x− 1
x2 + x+ 1dx ;
3)
∫7− 2x3
x3 + x2 − 2dx.
Exercice VII. Calculer les intégrales trigonométriques suivantes.
1)
∫ π2
0
dx
1 + sinxpuis
∫ π2
0
sinx
1 + sinxdx ;
2)
∫ π4
0
dx
cosx;
3)
∫ π4
0
tanx
2− sin2(x)dx ;
4)
∫ π4
0
sinx
cosx+ sinxdx.
Exercice VIII. Déterminer les intégrales convergentes et calculer leurs valeurs.
1)
∫ 1
0
dx√1− x
; 2)
∫ π4
0
cosx√sinx
dx; 3)
∫ +∞
0
earctan x
1 + x2dx;
4)
∫ +∞
2
1
3xdx; 5)
∫ +∞
2
dx
x2 − 1; 6)
∫ 1
0
x
(1− x2)3/2dx.
Exercice IX. Etudier la nature des intégrales suivantes.
1)
∫ 1
0
cosx√xdx; 2)
∫ +∞
1
1− cosx
x2dx; 3)
∫ +∞
1
1 + lnx
x+ 2dx;
4)
∫ +∞
0
√2x+ 3
5x3 + 3x2 + 7dx; 5)
∫ +∞
2
lnx
x2dx; 6)
∫ 0
−1
dx
x3 + 1.
Exercice X. Soit α un réel strictement positif.
1) Montrer que l’intégrale∫ +∞
1
sinx
xα+1dx est absolument convergente.
2) Soit t ∈]1,+∞[. On pose F (t) =
∫ t
1
sinx
xα+1dx et G(t) =
∫ t
1
cosx
xαdx.
2.1) Etablir que pour tout t ∈]1,+∞[,
G(t) = αF (t) +sin t
tα− sin 1.
2.2) Montrer que limt→+∞
G(t) existe et est finie. Déduire que l’intégrale∫ +∞
1
cosx
xαdx est convergente.
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Solutions des Exercices
Série 1
Exercice I.
1) On a2n
3n−2= 9
(2
3
)n. Comme
∣∣∣∣23∣∣∣∣ < 1, alors
∑n≥0
2n
3n−2est une série géométrique convergente. De plus,
+∞∑n=0
2n
3n−2= 9
+∞∑n=0
(2
3
)n= 9× 1
1− 2
3
= 27.
2) On a (−1)n(
1
2
)2n
=
(−1
4
)n. Comme
∣∣∣∣−1
4
∣∣∣∣ < 1, alors∑n≥0
(−1)n(
1
2
)2n
est une série géométrique
convergente. De plus,+∞∑n=0
(−1)n(
1
2
)2n
=
+∞∑n=0
(−1
4
)n=
1
1− −1
4
=4
5.
3) On pose un =1
n(n+ 1)alors un =
1
n− 1
n+ 1pour tout n ≥ 1.
On pose vn =1
n, n ≥ 1. Alors, un = vn − vn+1 pour tout n ≥ 1 et dans ce cas, on dit que
∑n≥1
un est une
série télescopique.
Soit Sn la somme partielle de la série∑n≥1
un. Donc,
Sn =
n∑k=1
uk =
n∑k=1
(vk − vk+1) = v1 − vn+1.
Comme limn→+∞
vn = 0, alors limn→+∞
Sn = v1 = 1. Donc, la série télescopique∑n≥1
un est convergente et sa
somme
S = limn→+∞
Sn =
+∞∑n=1
1
n(n+ 1)= 1.
4) On pose un =2n+ 3
(n+ 1)2(n+ 2)2alors un =
1
(n+ 1)2− 1
(n+ 2)2pour tout n ∈ N.
On pose vn =1
(n+ 1)2, n ∈ N. Alors, un = vn − vn+1 pour tout n ∈ N et dans ce cas, on dit que
∑n≥0
un est
une série télescopique.
Soit Sn la somme partielle de la série∑n≥0
un. Donc,
Sn =
n∑k=0
uk =
n∑k=0
(vk − vk+1) = v0 − vn+1.
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Comme limn→+∞
vn = 0, alors limn→+∞
Sn = v0 = 1. Donc, la série télescopique∑n≥0
un est convergente et sa
somme
S = limn→+∞
Sn =
+∞∑n=0
2n+ 3
(n+ 1)2(n+ 2)2= 1.
Exercice II.
On a vn =un
1 + un, pour tout n ∈ N. Donc, 0 ≤ vn < 1 et un =
vn1− vn
, pour tout n ∈ N. Par suite
un −→n−→+∞
0⇐⇒ vn −→n−→+∞
0.
Si la suite (un)n ne converge pas vers 0 quand n −→ +∞, alors la suite (vn)n ne converge pas vers 0 quand
n −→ +∞ et dans ce cas, les deux séries∑n≥0
un et∑n≥0
vn sont divergentes.
Si la suite (un)n converge vers 0 quand n −→ +∞, alors vn ∼+∞
un et donc les deux séries à termes positifs∑n≥0
un et∑n≥0
vn sont de même nature d’après le critère d’équivalence.
Il résulte que dans les deux cas, les deux séries sont de même nature.
Exercice III.
Soit (un)n une suite strictement positive, strictement croissante et convergente vers l. Alors nécessairement
l > 0. Donc
vn ∼+∞
un+1 − unl
.
Comme limn→+∞
un = l, alors la série à termes positifs∑n≥0
(un+1−un) est une série télescopique convergente.
En effet,
limn→+∞
n∑k=0
(uk+1 − uk) = limn→+∞
(un+1 − u0) = l − u0,
et donc,∑n≥0
(un+1 − un) = l − u0.
Il résulte que∑n≥0
vn est convergente d’après le critère d’équivalence.
Exercice IV.
1) Nature de la série∑n≥1
(n!)2
(2n)!.
C’est une série à termes positifs.
On pose un =(n!)2
(2n)!; n ≥ 1.
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Travaux Dirigés Analyse II/Série 1 2017-2018
On a pour tout n ≥ 1,
un+1
un=
((n+ 1)!)2
(2(n+ 1))!
(2n)!
(n!)2=
(n+ 1)2(n!)2(2n)!
2(n+ 1)(2n+ 1)(2n)!(n!)2
=n+ 1
2(2n+ 1)=
n+ 1
4n+ 2.
Donc, limn→+∞
un+1
un=
1
4< 1. Par suite, d’après la règle de d’Alembert, la série
∑n≥1
un est convergente.
2) Nature de la série∑n≥1
(1 +
x
n
)−n2
, x ∈ R.
C’est une série à termes positifs à partir d’un certain rang.
On pose un =(
1 +x
n
)−n2
; n ≥ 1.
On a pour tout n ≥ 1,
n√un = (un)1/n =
(1 +
x
n
)−n= e−n ln
(1 +
x
n
)= e
−xln(
1 +x
n
)x
n .
Comme limn→+∞
ln(
1 +x
n
)x
n
= 1, alors, limn→+∞
n√un = e−x. Par suite, d’après la règle de cauchy, si x > 0
(c’est à dire e−x < 1), la série∑n≥1
un est convergente et si x < 0 (c’est à dire e−x > 1), la série∑n≥1
un est
divergente.
Si x = 0, alors un = 1. Donc, un ne converge pas vers 0. D’où,∑n≥1
un est divergente.
3) Nature de la série∑n≥1
e−(lnn)2
.
C’est une série à termes positifs.
On a
n2e−(lnn)2
= e2 lnn−(lnn)2 = elnn(2−lnn).
Donc, limn→+∞
n2e−(lnn)2
= limn→+∞
elnn(2−lnn) = 0, alors d’après la règle de Riemann, la série∑n≥1
e−(lnn)2
est
convergente.
4) Nature de la série∑n≥1
(1− cos
(πn
))ln(n).
C’est une série à termes positifs.
On a (1− cos
(πn
))ln(n) ∼
+∞
π2
2n2ln(n).
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Travaux Dirigés Analyse II/Série 1 2017-2018
On a pour tout 1 < α < 2, limn→+∞
nαπ2
2n2ln(n) = 0. Donc, d’après la règle de Riemann, la série
∑n≥1
π2
2n2ln(n)
est convergente. Par suite, la série∑n≥1
(1− cos
(πn
))ln(n) est convergente d’après le critère d’équivalence.
5) Nature de la série∑n≥2
(−1)n2n + 5
8n − 11.
Comme2n + 5
8n − 11≥ 0 pour tout n ≥ 2, alors
∑n≥2
(−1)n2n + 5
8n − 11est une série alternée.
On a pour tout n ≥ 2, ∣∣∣∣(−1)n2n + 5
8n − 11
∣∣∣∣ =2n + 5
8n − 11.
Donc ∣∣∣∣(−1)n2n + 5
8n − 11
∣∣∣∣ ∼+∞ 2n
8n=
(2
8
)n.
Comme∑n≥2
(2
8
)nest une série géométrique convergente (car
∣∣∣∣28∣∣∣∣ < 1), alors ,
∑n≥2
∣∣∣∣(−1)n2n + 5
8n − 11
∣∣∣∣ est
convergente d’après le critère d’équivalence. Ceci veut dire que∑n≥2
(−1)n2n + 5
8n − 11est absolument conver-
gente. Par conséquent, la série∑n≥2
(−1)n2n + 5
8n − 11est convergente.
6) Nature de la série∑n≥1
(−1)n(√
n2 + 1− n)
.
On pose un = (−1)nan où an =√n2 + 1− n.
Comme an > 0 pour tout n ≥ 1, alors∑n≥1
un est une série alternée.
Montrons que la suite (an)n≥1 est décroissante et converge vers 0.
On pose an = f(n) avec f(x) =√x2 + 1− x.
La fonction f est continue et dérivable sur R et on a pour tout x ∈ R,
f ′(x) =x−√x2 + 1√
x2 + 1.
Donc, f ′(x) < 0 pour tout x ∈ R, ce qui entraine que f est décroissante en particulier sur R+. Par conséquent,
f(n) > f(n+ 1) pour tout n ≥ 1. D’où, la suite (an)n≥1 est décroissante.
De plus, on a
an =1√
n2 + 1 + n=
1
n
(√1 +
1
n2+ 1
) .Donc, lim
n→+∞an = 0.
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Travaux Dirigés Analyse II/Série 1 2017-2018
On déduit d’après le critère spécial des séries alternées que la série∑n≥1
un est convergente.
Exercice V.
1) On a
∫ π2
0
sin2(x) dx =
∫ π2
0
1− cos2(x) dx =
∫ π2
0
1− 1 + cos(2x)
2dx
=
∫ π2
0
1
2− cos(2x)
2dx =
[x
2− sin(2x)
4
]π2
0
=π
4.
2) Pour calculer∫ 1
0
x arctanx dx, on fait une intégration par parties. On a donc
∫ 1
0
x arctanx dx =
∫ 1
0
(x2
2
)′arctanx dx =
[x2
2arctanx
]10
− 1
2
∫ 1
0
x2
1 + x2dx
=π
8− 1
2
∫ 1
0
1 + x2 − 1
1 + x2dx =
π
8− 1
2
∫ 1
0
dx+1
2
∫ 1
0
1
1 + x2dx
=π
8− 1
2+
1
2
[arctanx
]10dx =
π
8− 1
2+π
8=π
4− 1
2.
3) Pour calculer∫ 1
0
ex√ex + 1
dx, on effectue le changement de variable t = ex. Alors, x = ln t et dx =dt
t.
Par suite
∫ 1
0
ex√ex + 1
dx =
∫ e
1
t√t+ 1
dt
t=
∫ e
1
dt√t+ 1
=[2√t+ 1
]e1
= 2(√
e+ 1−√
2).
4) Pour calculer∫ 3
14
1
x
1 + x4dx, on effectue le changement de variable t = x2. Alors, x =
√t et dx =
dt
2√t.
Par suite
∫ 314
1
x
1 + x4dx =
1
2
∫ √3
1
√t√
t(1 + t2)dt =
1
2
∫ √3
1
dt
1 + t2
=1
2
[arctan t
]√3
1=
1
2
(π3− π
4
)=
π
24.
Exercice VI.
1) On veut calculer∫
x+ 2
x2 − 3x− 4dx.
On effectue la décompostion en éléments simples. Sachant que le polynôme x2− 3x− 4 admet deux racines
réelles, on cherche deux réels a et b tels que
x+ 2
x2 − 3x− 4=
x+ 2
(x+ 1)(x− 4)=
a
x+ 1+
b
x− 4.
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Travaux Dirigés Analyse II/Série 1 2017-2018
Un simple calcul donne a =−1
5et b =
6
5. Donc
∫x+ 2
x2 − 3x− 4dx =
−1
5
∫dx
x+ 1+
6
5
∫dx
x− 4
=−1
5ln |x+ 1|+ 6
5ln |x− 4|+ cte.
2) On veut calculer∫
x− 1
x2 + x+ 1dx.
Le polynôme x2 + x+ 1 n’a pas de racines réelles (car ∆ < 0).
On écrit x2 +x+1 sous la forme canonique (x−p)2 +q2. Un simple calcul donne x2 +x+1 =
(x+
1
2
)2
+3
4.
On fait le changement de variable x =−1
2+
√3
2t, alors
∫x− 1
x2 + x+ 1dx =
2√3
∫ −32 +
√3t2
1 + t2dt
=
∫t
1 + t2dt−
√3
∫dt
1 + t2
=1
2
∫2t
1 + t2dt−
√3
∫dt
1 + t2
=1
2ln(1 + t2)−
√3 arctan t+ cte
=1
2ln
(4
3(x2 + x+ 1)
)−√
3 arctan
(2√3
(x+
1
2
))+ cte
=1
2ln
(4
3
)+
1
2ln(x2 + x+ 1)−
√3 arctan
(2√3
(x+
1
2
))+ cte
=1
2ln(x2 + x+ 1)−
√3 arctan
(2√3
(x+
1
2
))+ cte.
3) On veut calculer∫
7− 2x3
x3 + x2 − 2dx.
On effectue la décomposition en éléments simples. Pour cela, on fait la division euclidienne de 7 − 2x3 par
x3 + x2 − 2. On obtient
7− 2x3 = −2(x3 + x2 − 2) + 3 + 2x2.
Donc
7− 2x3
x3 + x2 − 2= −2 +
3 + 2x2
x3 + x2 − 2.
Comme 1 est racine de x3 + x2 − 2, alors on effectue la division euclidienne de x3 + x2 − 2 par x − 1 et on
obtient
x3 + x2 − 2 = (x− 1)(x2 + 2x+ 2).
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Travaux Dirigés Analyse II/Série 1 2017-2018
Par suite,
3 + 2x2
x3 + x2 − 2=
3 + 2x2
(x− 1)(x2 + 2x+ 2).
Sachant que le polynôme x2 + 2x+ 2 n’a pas de racines réelles, on cherche des réels a, b et c tels que
3 + 2x2
(x− 1)(x2 + 2x+ 2)=
a
x− 1+
bx+ c
x2 + 2x+ 2.
Un simple calcul donne a = 1, b = 1 et c = −1, c’est à dire
3 + 2x2
(x− 1)(x2 + 2x+ 2)=
1
x− 1+
x− 1
x2 + 2x+ 2.
Donc,
7− 2x3
x3 + x2 − 2= −2 +
1
x− 1+
x− 1
x2 + 2x+ 2.
Par suite, ∫7− 2x3
x3 + x2 − 2dx = −2x+ ln |x− 1|+
∫x− 1
x2 + 2x+ 2dx.
On calcule maintenant∫
x− 1
x2 + 2x+ 2dx.
On écrit x2 +2x+2 sous la forme canonique (x−p)2 +q2. Un simple calcul donne x2 +2x+2 = (x+1)2 +1.
On fait le changement de variable x = t− 1, alors
∫x− 1
x2 + 2x+ 2dx =
∫x− 1
(x+ 1)2 + 1dx =
∫t− 2
t2 + 1dt
=
∫t
t2 + 1dt− 2
∫dt
t2 + 1
=1
2
∫2t
t2 + 1dt− 2 arctan t+ cte
=1
2ln(t2 + 1)− 2 arctan t+ cte
=1
2ln(x2 + 2x+ 2)− 2 arctan(x+ 1) + cte.
On déduit que
∫7− 2x3
x3 + x2 − 2= −2x+ ln |x− 1|+ 1
2ln(x2 + 2x+ 2)− 2 arctan(x+ 1) + cte.
Exercice VII
1) (i) On veut calculer∫ π
2
0
dx
1 + sinx.
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Travaux Dirigés Analyse II/Série 1 2017-2018
On effectue le changement de variable t = tan(x
2
), alors x = 2 arctan t, dx =
2
1 + t2 ,dt et sinx =
2t
1 + t2.
On a donc
∫ π2
0
dx
1 + sinx=
∫ 1
0
1
1 +2t
1 + t2
2
1 + t2dt
=
∫ 1
0
2
t2 + 2t+ 1dt =
∫ 1
0
2
(t+ 1)2dt
=
[−2
t+ 1
]10
= 1.
(ii) Calculons maintenant∫ π
2
0
sinx
1 + sinxdx.
∫ π2
0
sinx
1 + sinxdx =
∫ π2
0
1 + sinx
1 + sinxdx−
∫ π2
0
dx
1 + sinx=
∫ π2
0
dx−∫ π
2
0
dx
1 + sinx=π
2− 1 (d’après (i)).
2)
∫ π4
0
dx
cosx=
∫ π4
0
dx
| cosx|=
∫ π4
0
dx√1− sin2 x
, (car cosx > 0 sur[0,π
4
]).
On effectue le changement de variable t = sinx alors x = arcsin t et dx =dt√
1− t2. Donc
∫ π4
0
dx
cosx=
∫ √2
2
0
dt√1− t2
√1− t2
=
∫ √2
2
0
dt
1− t2.
Comme 1− t2 = (1− t)(1 + t), on cherche deux réels a et b tels que1
1− t2=
a
1− t+
b
1 + t. Un simple calcul
donne1
1− t2=
1
2(1− t)+
1
2(1 + t). Donc,
∫ √2
2
0
dt
1− t2=
1
2
∫ √2
2
0
dt
1− t+
1
2
∫ √2
2
0
dt
1 + t
=−1
2
[ln(1− t)
]√2
2
0+
1
2
[ln(1 + t)
]√2
2
0
=1
2ln
(2 +√
2
2−√
2
).
On déduit que∫ π
4
0
dx
cosx=
1
2ln
(2 +√
2
2−√
2
).
3) On veut calculer∫ π
4
0
tanx
2− sin2(x)dx.
On remarque que∫ π
4
0
tanx
2− sin2(x)dx =
∫ π4
0
sinx
cosx(1 + cos2(x))dx.
On effectue le changement de variable t = cosx, alors dt = − sinx dx. Donc,
∫ π4
0
tanx
2− sin2(x)dx = −
∫ √2
2
1
dt
t(1 + t2)=
∫ 1
√2
2
dt
t(1 + t2).
10
Travaux Dirigés Analyse II/Série 1 2017-2018
On cherche des réels a, b et c tels que
1
t(1 + t2)=a
t+bt+ c
1 + t2.
Un simple calcul donne
1
t(1 + t2)=
1
t− t
1 + t2.
Donc
∫ π4
0
tanx
2− sin2(x)dx =
∫ 1
√2
2
dt
t−∫ 1
√2
2
t
1 + t2dt
=[
ln t]1
√2
2
− 1
2
∫ 1
√2
2
2t
1 + t2dt
=[
ln t]1
√2
2
− 1
2
[ln(1 + t2)
]1√
22
= − ln
(√2
2
)− 1
2ln 2 +
1
2ln
(3
2
)=
1
2ln
(3
2
).
4) On veut calculer∫ π
4
0
sinx
cosx+ sinxdx.
On a ∫ π4
0
sinx
cosx+ sinxdx =
∫ π4
0
sinx
cosx
(1 +
sinx
cosx
) dx =
∫ π4
0
tanx
1 + tanxdx.
On effectue le changement de variable t = tanx, alors x = arctan t et dx =dt
1 + t2. Donc,
∫ π4
0
sinx
cosx+ sinxdx =
∫ 1
0
t
(1 + t)(1 + t2)dt.
On cherche des réels a, b et c tels que
t
(1 + t)(1 + t2)=
a
1 + t+bt+ c
1 + t2.
Il est facile de trouver que
t
(1 + t)(1 + t2)=
−1
2(1 + t)+
t+ 1
2(1 + t2).
11
Travaux Dirigés Analyse II/Série 1 2017-2018
Par suite,
∫ π4
0
sinx
cosx+ sinxdx =
−1
2
∫ 1
0
dt
1 + t+
1
2
∫ 1
0
t
1 + t2dt+
1
2
∫ 1
0
dt
1 + t2
=−1
2
[ln(1 + t)
]10
+1
4
[ln(1 + t2)
]10
+1
2
[arctan t
]10
=π
8− ln 2
4.
Exercice VIII.
1) Nature de∫ 1
0
dx√1− x
.
La fonction x→ 1√1− x
est continue sur [0, 1[, donc le problème se pose uniquement en 1.
Soit t ∈ [0, 1[, alors ∫ t
0
dx√1− x
=[− 2√
1− x]t0
= −2√
1− t+ 2.
Donc, limt→1
∫ t
0
dx√1− x
= 2. Par suite,∫ 1
0
dx√1− x
est convergente et∫ 1
0
dx√1− x
= 2.
2) Nature de∫ π
4
0
cosx√sinx
dx.
La fonction x→ cosx√sinx
est continue sur]0,π
4
], donc le problème se pose uniquement en 0.
Soit t ∈]0,π
4
], alors
∫ π4
t
cosx√sinx
dx =[2√
sinx]π
4
t= 2
√√2
2− 2√
sin t = 234 − 2
√sin t.
Donc, limt→0
∫ π4
t
cosx√sinx
dx = 234 . Par suite,
∫ π4
0
cosx√sinx
dx est convergente et∫ π
4
0
cosx√sinx
dx = 234 .
3) Nature de∫ +∞
0
earctan x
1 + x2dx.
La fonction x→ earctan x
1 + x2est continue sur [0,+∞[, donc le problème se pose uniquement en +∞.
Soit t ∈ [0,+∞[, alors ∫ t
0
earctan x
1 + x2dx =
[earctan x
]t0
= earctan t − 1.
Donc, limt→+∞
∫ t
0
earctan x
1 + x2dx = e
π2 − 1. Par suite,
∫ +∞
0
earctan x
1 + x2dx est convergente et
∫ +∞
0
earctan x
1 + x2dx =
eπ2 − 1.
4) Nature de∫ +∞
2
1
3xdx.
La fonction x→ 1
3xest continue sur [2,+∞[, donc le problème se pose uniquement en +∞.
12
Travaux Dirigés Analyse II/Série 1 2017-2018
Soit t ∈ [2,+∞[, alors
∫ t
2
1
3xdx =
∫ t
2
e−x ln 3 dx =
[−e−x ln 3
ln 3
]t2
=−e−t ln 3
ln 3+e−2 ln 3
ln 3.
Donc,
limt→+∞
∫ t
2
1
3xdx = lim
t→+∞
(−e−t ln 3
ln 3+e−2 ln 3
ln 3
)=e−2 ln 3
ln 3=
1
9 ln 3.
Par suite,∫ +∞
2
1
3xdx est convergente et
∫ +∞
2
1
3xdx =
1
9 ln 3.
5) Nature de∫ +∞
2
dx
x2 − 1.
La fonction x→ 1
x2 − 1est continue sur [2,+∞[, donc le problème se pose uniquement en +∞.
Soit t ∈ [2,+∞[, alors
∫ t
2
dx
x2 − 1=
∫ t
2
(1
2(x− 1)− 1
2(x+ 1)
)dx =
1
2
[ln(x− 1)
]t2− 1
2
[ln(x+ 1)
]t2
=1
2ln(t− 1)− 1
2ln(t+ 1) +
ln 3
2=
1
2ln
(t− 1
t+ 1
)+
ln 3
2.
Donc,
limt→+∞
∫ t
2
dx
x2 − 1= limt→+∞
[1
2ln
(t− 1
t+ 1
)+
ln 3
2
]=
ln 3
2.
Par suite,∫ +∞
2
dx
x2 − 1est convergente et
∫ +∞
2
dx
x2 − 1=
ln 3
2.
6) Nature de∫ 1
0
x
(1− x2)3/2dx.
La fonction x→ x
(1− x2)3/2est continue sur [0, 1[ donc le problème se pose uniquement en 1.
Soit t ∈ [0, 1[. On fait le changement de variable x = sinu, alors dx = cosu du et u = arcsinx. On a donc,
∫ t
0
x
(1− x2)3/2dx =
∫ arcsin t
0
sinu cosu
(cos2 u)3/2
du =
∫ arcsin t
0
sinu cos−2(u) du =
∫ arcsin t
0
−(cosu)′ cos−2(u) du
=
[1
cosu
]arcsin t0
=1
cos(arcsin t)− 1
cos 0=
1
cos(arcsin t)− 1.
Par suite,
limt→1
∫ t
0
x
(1− x2)3/2dx = lim
t→1
(1
cos(arcsin t)− 1
)= +∞.
D’où,∫ 1
0
x
(1− x2)3/2dx est divergente.
13
Travaux Dirigés Analyse II/Série 1 2017-2018
Exercice IX.
1) Nature de∫ 1
0
cosx√xdx.
La fonction x→ cosx√x
est continue sur ]0, 1].
On a pour tout x ∈]0, 1], ∣∣∣∣cosx√x
∣∣∣∣ ≤ | cosx|√x≤ 1√
x.
Comme∫ 1
0
dx√x
est une intégrale de Riemann convergente (car1
2< 1), alors
∫ 1
0
∣∣∣∣cosx√x
∣∣∣∣ est convergente
d’après le critère de comparaison, d’où∫ 1
0
cosx√xdx est absolument convergente et par suite
∫ 1
0
cosx√xdx
est convergente.
2) Nature de∫ +∞
1
1− cosx
x2dx.
La fonction x→ 1− cosx
x2est continue et positive sur [1,+∞[ (car cosx ≤ | cosx| ≤ 1 pour tout x ∈ R).
On a pour tout x ≥ 1,
0 ≤ 1− cosx
x2≤ |1− cosx|
x2≤ 1 + | cosx|
x2≤ 2
x2.
Comme∫ +∞
1
dx
x2est une intégrale de Riemann convergente (car 2 > 1), alors
∫ +∞
1
2
x2dx est convergente,
par suite∫ +∞
1
1− cosx
x2dx est convergente d’après le critère de comparaison.
3) Nature de∫ +∞
1
1 + lnx
x+ 2dx.
La fonction x→ 1 + lnx
x+ 2est continue et positive sur [1,+∞[. On a
1 + lnx
x+ 2∼+∞
lnx
x.
Or l’intégrale∫ +∞
1
lnx
xest divergente car
∫ +∞
1
lnx
x= limt→+∞
∫ t
1
lnx
x= limt→+∞
[(lnx)2
2
]t1
= limt→+∞
(ln t)2
2= +∞.
D’où,∫ +∞
1
1 + lnx
x+ 2dx est divergente d’après le critère d’équivalence.
4) Nature de∫ +∞
0
√2x+ 3
5x3 + 3x2 + 7dx.
La fonction x →√
2x+ 3
5x3 + 3x2 + 7est continue et positive sur [0,+∞[. En particulier, elle est continue sur
[0, 1]. Donc,∫ 1
0
√2x+ 3
5x3 + 3x2 + 7dx est une intégrale simple.
14
Travaux Dirigés Analyse II/Série 1 2017-2018
D’autre part, on a
2x+ 3
5x3 + 3x2 + 7∼+∞
2x
5x3=
2
5x2.
Donc √2x+ 3
5x3 + 3x2 + 7∼+∞
√2√
5 |x|=
√2√
5xau voisinage de +∞.
Comme∫ +∞
1
dx
xest une intégrale de Riemann divergente, alors
∫ +∞
1
√2√
5xdx est divergente, par suite∫ +∞
1
√2x+ 3
5x3 + 3x2 + 7dx est divergente d’après le critère d’équivalence.
On déduit que∫ +∞
0
√2x+ 3
5x3 + 3x2 + 7dx est divergente.
5) Nature de∫ +∞
2
lnx
x2dx.
La fonction x→ lnx
x2est continue et positive sur [2,+∞[.
Soit 1 < α < 2, alors limx→+∞
xαlnx
x2= lim
x→+∞xα−2 lnx = 0. Donc, d’après le critère de Riemann, l’intégrale∫ +∞
2
lnx
x2dx est convergente.
6) Nature de∫ 0
−1
dx
x3 + 1.
La fonction x→ 1
x3 + 1est continue sur ]− 1, 0].
Comme
f(x) =1
x3 + 1=
1
(x+ 1)(x2 − x+ 1),
alors, limx→−1+
(x + 1)f(x) = limx→−1+
1
x2 − x+ 1=
1
3. Par suite, d’après le critère de Riemann, l’intégrale∫ 0
−1
dx
x3 + 1est divergente.
Exercice X.
1) Montrons que∫ +∞
1
sinx
xα+1dx est absolument convergente.
On a pour tout x ≥ 1,
0 ≤∣∣∣∣ sinxxα+1
∣∣∣∣ ≤ 1
xα+1.
Comme l’intégrale∫ +∞
1
1
xα+1dx est une intégrale de Riemann convergente (car α+1 > 1), alors
∫ +∞
1
∣∣∣∣ sinxxα+1
∣∣∣∣ dxest convergente d’après le critère de comparaison. Par suite,
∫ +∞
1
sinx
xα+1dx est absolument convergente.
15
Travaux Dirigés Analyse II/Série 1 2017-2018
2.1) Soit t ∈]1,+∞[. En utilisant une intégration par parties, on a
G(t) =
∫ t
1
cosx
xαdx =
∫ t
1
(sinx)′
xαdx
=
[sinx
xα
]t1
+ α
∫ t
1
sinx
xα+1dx
=sin t
tα− sin 1 + α
∫ t
1
sinx
xα+1dx.
Donc, pour tout t ∈]1,+∞[,
G(t) = αF (t) +sin t
tα− sin 1.
2.2) Montrons que limt→+∞
G(t) existe et est finie.
Comme l’intégrale∫ +∞
1
sinx
xα+1dx est absolument convergente, alors elle est convergente et par suite lim
t→+∞
∫ t
1
sinx
xα+1dx =
limt→+∞
F (t) existe et est finie.
On a aussi limt→+∞
sin t
tα= 0 car 0 ≤
∣∣∣∣ sin ttα
∣∣∣∣ ≤ 1
tαet lim
t→+∞
1
tα= 0.
Il résulte d’après l’expression de G établie à la question 2.1 que limt→+∞
G(t) existe et est finie. C’est dire
limt→+∞
∫ t
1
cosx
xαdx existe et est finie. D’où, l’intégrale
∫ +∞
1
cosx
xαdx est convergente.
16