[>] Études théoriques d'intégrabilité

 
Exercice 1  4701  

Déterminer la nature des intégrales suivantes:

  • (a)

    1+(t-1)sin(1t)dt

  • (b)

    0+t+1t4+1dt

  • (c)

    0+tt2+1dt

  • (d)

    0+e-t2dt

  • (e)

    1+ln(t)t(1+t)dt

  • (f)

    1+ln(t)t+1dt.

 
Exercice 2  4702  

Déterminer la nature des intégrales suivantes:

  • (a)

    011+t-1tdt

  • (b)

    011et-1dt

  • (c)

    01ln(1+t)t3/2dt

  • (d)

    01ln(t)dt

  • (e)

    01ln(t)ln(1+t)dt.

 
Exercice 3  4703  

Déterminer la nature des intégrales suivantes:

  • (a)

    1eln(t)t-1dt

  • (b)

    -10dt1+t3

  • (c)

    01dt1-t2.

 
Exercice 4  657  

Déterminer la nature des intégrales suivantes:

  • (a)

    01dt(1-t)t

  • (b)

    0+ln(t)e-tdt

  • (c)

    0+tet-1dt

  • (d)

    0+ln(1+t)t3/2dt

  • (e)

    0+sin(1t2)dt.

 
Exercice 5  2349  Correction  

Étudier l’existence des intégrales suivantes:

  • (a)

    0+te-t1+t2dt

  • (b)

    01ln(t)(1-t)3dt

  • (c)

    0+dtet-1

  • (d)

    0+e-(ln(t))2dt

  • (e)

    0+e-tarctan(t)dt

  • (f)

    0+(t+2-t2+4t+1)dt.

Solution

On notera f la fonction intégrée et I l’intervalle d’étude, à chaque fois f s’avère continue par morceaux sur I.

  • (a)

    I=[0;+[, t2f(t)t+0 donc f est intégrable et 0+te-t1+t2dt converge.

  • (b)

    I=]0;1[, tf(t)t0+0 et ln(t)(1-t)3=t=1-uln(1-u)u3/2-1u donc f est intégrable et 01ln(t)(1-t)3dt converge

  • (c)

    I=]0;+[, 1et-1t0+1t donc f n’est pas intégrable au voisinage de 0. Puisque de plus cette fonction est positive, on peut affirmer que l’intégrale diverge.

  • (d)

    I=]0;+[, f(t)t0+0 et t2f(t)=e2ln(t)-(ln(t))2=eln(t)(2-ln(t))t+0 donc f est intégrable et 0+e-(ln(t))2dt converge.

  • (e)

    I=[0;+[, t2f(t)=e2ln(t)-tarctan(t)t+0 donc f est intégrable et 0+e-tarctan(t)dt converge.

  • (f)

    I=[0;+[.
    Quand t+,

    f(t)=t+2-t1+4t+1t2=t+2-t(1+2t+12t2-2t2+O(1/t3))32t

    f n’est pas intégrable en +. Puisque de plus cette fonction est positive, on peut affirmer que l’intégrale diverge.

 
Exercice 6  3221  Correction  

Étudier l’existence de

0+ln(th(t))dt.

Solution

La fonction f:tln(th(t)) est définie et continue par morceaux sur ]0;+[.
Quand t0+, th(t)t01 donc ln(th(t))ln(t) puis tln(th(t))tln(t)0.
Quand t+, th(t)=1-2e2t+1 donc ln(th(t))-2e-2t puis t2ln(th(t))0.
On en déduit que f est intégrable sur ]0;+[.

 
Exercice 7  3385    CCP (PSI)Correction  
  • (a)

    Étudier l’intégrabilité sur ]1;+[ de

    f(x)=ln(x)(x-1)x.
  • (b)

    Montrer

    23f(x)dxln(3)2.

Solution

  • (a)

    La fonction f est définie et continue par morceaux sur ]1;+[.
    Quand x1+,

    f(x)(x-1)(x-1)=1x-1

    et quand x+,

    f(x)ln(x)x3/2=o(1x1,0001)

    donc f est intégrable sur ]1;+[.

  • (b)

    Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

    23ln(x)(x-1)xdx(23dx(x-1)2)1/2(23ln(x)xdx)1/2.

    En calculant les intégrales introduites

    23ln(x)(x-1)xdx(1-12)1/2(12((ln(3))2-(ln(2))2))1/2ln(3)2.
 
Exercice 8  183     MINES (PC)

Étudier l’intégrabilité sur ]0;1] de

f:x1xettdt.
 
Exercice 9  661   Correction  

Montrer que les fonctions tsin(t) et tsin(t)t ne sont pas intégrables sur [0;+[.

Solution

On a

0nπ|sin(t)|dt=k=1n(k-1)πkπ|sin(t)|dt=n0πsin(t)dt=2n+

et donc tsin(t) n’est pas intégrable sur [0;+[.
La fonction tsin(t)t est prolongeable par continuité en 0 et c’est ce prolongement que l’on considère pour étudier son intégrabilité sur [0;+[.

0nπ|sin(t)|tdt=k=1n(k-1)πkπ|sin(t)|tdt.

Or pour k>1,

(k-1)πkπ|sin(t)|tdt(k-1)πkπ|sin(t)|kπdt2kπ

donc

0nπ|sin(t)|tdtk=1n2kπ=2πk=1n1k+.
 
Exercice 10  3442   Correction  

Soit f:[0;1] donnée par

f(x)=x2cos(1/x2) si x]0;1] et f(0)=0.

Montrer que f est dérivable sur [0;1] mais que sa dérivée f n’est pas intégrable sur ]0;1].

Solution

f est évidement dérivable sur ]0;1] avec

f(x)=2xcos(1x2)+2xsin(1x2)

et puisque

f(x)-f(0)x=xcos(1x2)x0+0

f est aussi dérivable en 0 avec f(0)=0.
La fonction xxcos(1/x2) est intégrable sur ]0;1] car bornée.
En revanche, la fonction g:xsin(1/x2)/x n’est pas intégrable sur ]0;1]. En effet, par le changement de variable 𝒞1 bijectif t=1/x2, l’ intégrabilité de g sur ]0;1] équivaut à l’intégrabilité sur [1;+[ de
tsin(t)/t et cette dernière est connue comme étant fausse.
On en déduit que f n’est pas intégrable sur ]0;1].

[<] Études pratiques d'intégrabilité[>] Intégrabilité dépendant de paramètres

 
Exercice 11  3627   Correction  

Soit f:[0;+[ continue et positive. On suppose

f(x+1)f(x)x+[0;1[.

Montrer que f est intégrable sur [0;+[.

Solution

Soit q];1[. Il existe A+ tel que

xA,f(x+1)f(x)q

et donc

xA,f(x+1)qf(x).

On a alors

AA+nf(t)dt=k=0n-1AA+1f(t+k)dtk=0n-1AA+1qkf(t)dt=AA+1f(t)k=0n-1qkdt

et donc

AA+nf(t)dt11-qAA+1f(t)dt=M.

On en déduit que les intégrales sur [A;A+n] de la fonction positive f sont majorées et donc f est intégrable sur [A;A+[ puis sur [0;+[.

 
Exercice 12  3441   Correction  

Soit f:[0;+[ une fonction continue, positive et décroissante.
On pose g:[0;+[ donnée par

g(x)=f(x)sin(x).

Montrer que les intégrabilités de f et de g sont équivalentes.

Solution

Puisque |g||f|, l’intégrabilité de f entraîne celle de g.
Inversement, supposons g intégrable.
On a

0nπ|f(t)|dt=k=0n-1kπ(k+1)πf(t)dt

avec par décroissance de f

kπ(k+1)πf(t)dtπf(kπ).

Parallèlement

(k-1)πkπ|f(t)||sin(t)|dtf(kπ)0πsin(t)dt=2f(kπ)

donc

kπ(k+1)πf(t)dtπ2(k-1)πkπf(t)|sin(t)|dt.

Ainsi,

0nπ|f(t)|dt0πf(t)dt+0(n-1)πf(t)|sin(t)|dt

et donc

0nπ|f(t)|dt0πf(t)dt+0+|g(t)|dt.

On peut alors affirmer que les intégrales de |f| sur les segments inclus dans [0;+[ sont majorées ce qui signifie que la fonction f est intégrable sur [0;+[.

 
Exercice 13  3206     ENTPECorrection  

Soit f:[1;+[ continue vérifiant

x,a1, 0f(x)ax2+1a2.

La fonction f est-elle intégrable sur [1;+[?

Solution

Pour a=xα avec α>0, on obtient

0f(x)1x2-α+1x2α.

En prenant α=2/3,

0f(x)2x4/3

et donc, par comparaison de fonctions positives, f est intégrable sur [1;+[.

 
Exercice 14  5360   Correction  

(Inégalité de Hardy)

Soit f:[0;+[ une fonction continue de carré intégrable sur [0;+[.

Pour x>0, on pose

g(x)=1x0xf(t)dt.
  • (a)

    Montrer que g peut être prolongée par continuité en 0.

  • (b)

    Soit A[0;+[. Établir

    0Ag2(x)dx20Af(x)g(x)dx
  • (c)

    En déduire que la fonction g2 est intégrable sur ]0;+[ avec

    0+g2(x)dx40+f2(x)dx.
  • (d)

    Montrer que fg est intégrable sur ]0;+[ et

    0+g2(x)dx=20+f(x)g(x)dx.

Solution

  • (a)

    Introduisons F la primitive de f s’annulant en 0.

    g(x)=F(x)x=F(x)-F(0)xx0+F(0)=f(0).

    La fonction g est prolongeable par continuité en 0.

  • (b)

    Par prolongement continue, g est intégrable au voisinage de 0: on peut considérer les intégrales proposées.

    Soit A+*. On réalise une intégration par parties sur ]0;A] avec les fonctions u et v de classe 𝒞1 déterminées par

    u(x)=-1xetv(x)=F2(x).

    Le produit uv admet une limite finie en la borne 0 car

    -1xF2(x)=-g(x)f(0)F(x)0x0+0.

    La formule d’intégration par parties généralisée donne alors

    0Ag2(x)dx =0A1x2F2(x)dx=[-1xF2(x)]0A+20Af(x)F(x)xdx
    =20Af(x)g(x)dx-1AF2(A)20Af(x)g(x)dx.

    Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz (), on poursuit

    (0Ag2(x)dx)2(20Af(x)g(x)dx)24(0Af2(x)dx)(0Ag2(x)dx).

    Que le premier membre soit nul ou non, on peut affirmer

    0Ag2(x)dx40Af2(x)dx40+f2(x)dx.
  • (c)

    Les intégrales partielles de la fonction positive g2 sont majorées, cette fonction est donc intégrable sur ]0;+[ et l’inégalité proposée est vérifiée par passage à la limite.

  • (d)

    La fonction fg est intégrable sur ]0;+[ car c’est le produit de deux fonctions de carrés intégrables11 1 Cette affirmation se justifie aisément par la domination |fg|12(f2+g2).. Par l’intégration par parties qui précède, on a

    F2(A)A =20Af(x)g(x)dx-0Ag2(x)dx
    A+20+f(x)g(x)dx-0+g2(x)dx=.

    Si par l’absurde la limite est non nulle, il vient

    g2(x)=F2(x)x1xx+x

    ce qui contredit l’intégrabilité de g2. On en déduit =0 ce qui produit l’égalité demandée.

 
Exercice 15  3443   Correction  

Soit f:[0;+[ de classe 𝒞1 et vérifiant f(0)=0.

  • (a)

    Établir

    x>0,0x(f(t)t)2dt20xf(t)f(t)tdt

    en justifiant l’existence des intégrales écrites.

  • (b)

    On suppose que f est de carré intégrable sur [0;+[. Établir

    0+(f(t)t)2dt40+(f(t))2dt

    avec existence de l’intégrale en premier membre.

Solution

  • (a)

    On a

    f(t)t=f(t)-f(0)tt0f(0).

    La fonction tf(t)/t peut donc se prolonger par continuité en 0 ce qui assure l’existence des intégrales écrites.

    Par intégration par parties généralisée,

    0x(f(t)t)2dt =[-(f(t))2t]0x+20xf(t)f(t)tdt
    =-(f(x))2x+20xf(t)f(t)tdt

    et l’inégalité affirmée est désormais évidente.

  • (b)

    Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

    (0x(f(t)t)2dt)24(0x(f(t)t)2dt)(0x(f(t))2dt).

    Que le premier membre soit nul ou non, il vient

    0x(f(t)t)2dt40x(f(t))2dt40+(f(t))2dt.

    La fonction intégrée étant positive, on peut conclure à l’inégalité voulue avec existence du premier membre.

 
Exercice 16  1770     CCP (MP)Correction  

Soit g définie sur +* par

g(x)=1x0xf(t)dt

f est continue, de carré intégrable sur +.

  • (a)

    Étudier le prolongement par continuité de g en 0.

  • (b)

    Exprimer g(x) en fonction de f(x) et de g(x) pour x>0.

  • (c)

    Pour 0<a<b, montrer que

    abg2(t)dt=2abf(t)g(t)dt+ag2(a)-bg2(b)

    puis montrer que

    abg2(t)dt0+f2(t)dt+ag2(a)+0+f2(t)dt.
  • (d)

    Étudier la nature de

    0+g2(t)dt.

Solution

  • (a)

    Soit F une primitive de la fonction continue f. On a

    g(x)=1x(F(x)-F(0))x0+F(0)=f(0).

    Ainsi on peut prolonger g par continuité en 0 en posant g(0)=f(0).

  • (b)

    Soit F une primitive de f (il en existe car f est continue).
    On a

    g(x)=1x(F(x)-F(0)).

    On en déduit que g est dérivable sur +* et

    g(x)=-1x2(F(x)-F(0))+f(x)x=f(x)-g(x)x.
  • (c)

    Par intégration par parties

    abg2(t)dt=[tg2(t)]ab-2abtg(t)g(t)dt

    donc

    abg2(t)dt=[tg2(t)]ab-2ab(f(t)-g(t))g(t)dt

    puis la relation proposée.
    On en déduit par l’inégalité de Cauchy-Schwarz

    abg2(t)dt2abf2(t)dtabg2(t)dt+ag2(a)

    puis

    abg2(t)dt-2abf2(t)dtabg2(t)dtag2(a)

    en ajoutant un même terme de part et d’autre

    (abg2(t)dt-abf2(t)dt)2ag2(a)+abf2(t)dt

    puis par la croissance de la fonction racine carrée

    abg2(t)dt-abf2(t)dt |abg2(t)dt-abf2(t)dt|
    ag2(a)+abf2(t)dt

    et enfin

    abg2(t)dt 0bf2(t)dt+ag2(a)+0bf2(t)dt
    0+f2(t)dt+ag2(a)+0+f2(t)dt.
  • (d)

    En faisant tendre a vers 0, on obtient

    0bg2(t)dt20+f2(t)dt

    et l’on en déduit que la fonction g2 est intégrable sur + car les intégrales de g2 sur les segments inclus dans + sont majorées.

 
Exercice 17  3053      X (MP)

(Inégalité de Kolmogorov)

Soit f: une fonction de classe 𝒞2 telle que f et f′′ sont de carrés intégrables sur . Montrer que f est de carré intégrable sur et établir

(-+f 2)2(-+f2)(-+f′′ 2).

[<] Études théoriques d'intégrabilité[>] Intégrabilité et comportement asymptotique

 
Exercice 18  5328  Correction  

Déterminer en fonction du réel x la nature de

01tx-1t-1dt.

Solution

Posons fx:ttx-1t-1 définie et continue par morceaux sur ]0;1[. Cette fonction est de signe constant, la convergence de l’intégrale équivaut à l’intégrabilité de la fonction.

Cas: x=0. On intègre la fonction nulle: l’intégrale converge.

Cas: x>0.

fx(t)t0+1etfx(t)t1-x(t-1)t-1t1-x.

L’intégrale est faussement généralisée aux deux bornes, elle converge.

Cas: x<0.

fx(t)t0+1t-x

La fonction fx est intégrable au voisinage de 0 si, et seulement si, x>-1.

L’étude de la borne 1 est identique à celle menée dans le cas précédent.

Bilan: l’intégrale étudiée converge si, et seulement si, x>-1.

 
Exercice 19  5327   Correction  

En fonction de x, préciser la nature de

01tx-1ln(t)dt.

Solution

Posons fx:ttx-1ln(t) définie et continue par morceaux sur ]0;1[. Cette fonction est de signe constant, la convergence de l’intégrale équivaut à l’intégrabilité de la fonction.

Cas: x=0. On intègre la fonction nulle: l’intégrale converge.

Cas: x>0.

fx(t)t0+-1ln(t)t0+0etfx(t)t1-x(t-1)t-1t1-x.

L’intégrale est faussement généralisée aux deux bornes, elle converge.

Cas: x<0.

fx(t)t0+1t-xln(t)=o(1t-x).

Si x>-1, la fonction fx est intégrable.

Si x=-1, t1tln(t) n’est pas intégrable sur ]0;1] car de primitive 12(ln(t))2 qui présente une limite infinie en 0. La fonction f-1 n’est alors pas intégrable au voisinage de 0.

Si x<-1, f-1 est dominée par fx en 0, la fonction fx n’est pas intégrable au voisinage de 0.

L’étude de la borne 1 est identique à celle menée dans le cas précédent.

Bilan: l’intégrale étudiée converge si, et seulement si, x>-1 (et celle-ci vaut ln(x+1) mais c’est une autre histoire…)

 
Exercice 20  5402   Correction  

En fonction du réel x>0, préciser la nature de

1+ln(t)tx-1dt.

Solution

Posons fx:ttx-1ln(t) définie et continue par morceaux sur ]1;+[. Cette fonction étant positive, la convergence de l’intégrale équivaut à l’intégrabilité de la fonction.

D’une part,

fx(t)t1+t-1tx-1t0+1x.

L’intégrale est faussement généralisé en 0.

D’autre part,

fx(t)t+ln(t)tx.

Cas: x>1. On introduit α]1;x[ et l’on a

tαfx(t)t0+ln(t)tx-αt+0.

La fonction fx est intégrable sur ]1;+[.

Cas: x1. On remarque

tfx(t)t++ donc 1t=t+o(f(t)).

La fonction fx n’est pas intégrable sur ]1;+[.

En bilan, l’intégrale étudiée converge si, et seulement si, x>1.

 
Exercice 21  5405  Correction  

En fonction du réel α>0, préciser la nature de

0+arctan(t)tαdt

Solution

f:tarctan(t)tα est définie, continue et positive sur ]0;+[. Étudier la convergence de l’intégrale de f sur ]0;+[ équivaut à étudier l’intégrabilité de f sur ]0;+[

D’une part,

f(t)t0+1tα-1

f est intégrable sur ]0;1] si, et seulement si, α-1<1 c’est-à-dire α<2.

D’autre part,

f(t)t+π/2tα

f est intégrable sur [1;+[ si, et seulement si, α>1.

Finalement, 0+arctan(t)tα est définie si, et seulement si, α]1;2[.

 
Exercice 22  660  Correction  

Énoncer une condition nécessaire et suffisante sur α pour l’existence de

0+t-sin(t)tαdt.

Solution

f:tt-sin(t)tα est définie, continue et positive sur ]0;+[. Étudier la convergence de l’intégrale de f sur ]0;+[ équivaut à étudier l’intégrabilité de f sur ]0;+[

D’une part,

f(t)t0+16tα-3

f est intégrable sur ]0;1] si, et seulement si, α-3<1 c’est-à-dire α<4.

D’autre part,

f(t)t+1tα-1

f est intégrable sur [1;+[ si, et seulement si, α-1>1 c’est-à-dire α>2.

Finalement, 0+t-sin(t)tαdt est définie si, et seulement si, α]2;4[.

 
Exercice 23  658   

Représenter dans un repère orthonormé du plan, l’ensemble des points M de coordonnées (a,b) pour lesquels l’intégrale considérée converge:

  • (a)

    1+dtta(t-1)b

  • (b)

    0+ta1+tbdt.

 
Exercice 24  659   

(Intégrales de Bertrand11 1 Ce sujet est la transposition au cadre des intégrales du sujet 4915 relatif aux séries.)

Soient α et β deux réels. On étudie la nature de l’intégrale

e+dttα(ln(t))β.
  • (a)

    On suppose α<1. Déterminer la nature de l’intégrale en étudiant la limite quand t croît vers + de

    t×1tα(ln(t))β.
  • (b)

    On suppose α>1. Montrer que l’intégrale étudiée converge.

  • (c)

    On suppose α=1. Par un changement de variable, déterminer la nature de

    e+dtt(ln(t))β.
 
Exercice 25  3705      CCP (MP)Correction  
  • (a)

    a désigne un réel strictement supérieur à -1. En posant x=tan(t), montrer

    0π/2dt1+asin2(t)=π21+a.
  • (b)

    Donner en fonction de α>0, la nature de la série

    0πdt1+(nπ)αsin2(t).
  • (c)

    Même question pour

    nπ(n+1)πdt1+tαsin2(t).
  • (d)

    Donner la nature de l’intégrale

    0+dt1+tαsin2(t).

Solution

  • (a)

    L’intégrale étudiée est bien définie pour a>-1 en tant qu’intégrale d’une fonction définie et continue sur le segment [0;π/2]. Par le changement de variable proposé, qui est 𝒞1 strictement monotone, on obtient

    0π/2dt1+asin2(t)=0+dx1+(1+a)x2.

    En considérant u=x1+a, on détermine une primitive de la fonction intégrée

    0+dx1+(1+a)x2=[11+aarctan(1+ax)]0+.

    Finalement,

    0π/2dt1+asin2(t)=π21+a.
  • (b)

    Par la symétrie du graphe de fonction sinus en π/2, on peut directement affirmer

    0πdt1+(nπ)αsin2(t)=20π/2dt1+(nπ)αsin2(t).

    Le calcul qui précède donne alors

    0πdt1+(nπ)αsin2(t)=π1+(nπ)απ1-α/2nα/2.

    Par équivalence de séries à termes positifs, la série étudiée converge si, et seulement si, α>2.

  • (c)

    Pour t[nπ;(n+1)π], on a

    1+(nπ)αsin2(t)1+tαsin2(t)1+((n+1)π)αsin2(t).

    Puis en passant à l’inverse et en intégrant, on obtient l’encadrement

    nπ(n+1)πdt1+((n+1)π)αsin2(t)nπ(n+1)πdt1+tαsin2(t)nπ(n+1)πdt1+(nπ)αsin2(t).

    Par comparaison de séries à termes positifs, la convergence de la série étudiée équivaut à la convergence de la série précédente. La condition attendue est donc encore α>2.

  • (d)

    Les sommes partielles de la série étudiée ci-dessus correspondent aux intégrales suivantes

    0nπdt1+tαsin2(t).

    La fonction intégrée étant positive et la suite de segments [0;nπ] étant croissante et de réunion +, la convergence de l’intégrale proposée entraîne la convergence de la série et inversement. On conclut que l’intégrale étudiée converge si, et seulement si, α>2.

[<] Intégrabilité dépendant de paramètres[>] Calcul d'intégrales

 
Exercice 26  3231  Correction  

Soit f:[0;+[ une fonction continue par morceaux.
On suppose que f est intégrable. Montrer

xx+1f(t)dtx+0.

Solution

Par la relation de Chasles

xx+1f(t)dt=0x+1f(t)dt-0xf(t)dt

donc, quand x+,

xx+1f(t)dt0+f(t)dt-0+f(t)dt=0.
 
Exercice 27  663   Correction  

Soit f:+ une fonction continue, décroissante et intégrable sur +.

  • (a)

    Montrer que f tend vers zéro en +.

  • (b)

    Montrer que xf(x) tend vers zéro quand x+

  • (c)

    Si on supprime l’hypothèse décroissante, déterminer un exemple de fonction f continue et intégrable sur + telle que f ne tend pas vers zéro en +.

Solution

  • (a)

    Pour x1, la décroissance de f donne

    xx+1f(t)dtf(x)x-1xf(t)dt.

    Or

    xx+1f(t)dt=0x+1f(t)dt-0xf(t)dt

    et puisque l’intégrale de f sur [0;+[ converge

    xx+1f(t)dtx+0+f(t)dt-0+f(t)dt=0.

    Aussi

    x-1xf(t)dtx+0

    et donc par encadrement

    f(x)x+0.
  • (b)

    La fonction f est positive car décroît vers 0 en + et

    0x2f(x)x/2xf(t)dtx+0

    ce qui permet d’affirmer

    xf(x)x+0.
  • (c)

    Soit f la fonction définie sur + par:

    x[0;2[,f(x)=0

    et

    n{0,1},t[0;1[,f(t+n)={n2t si t[0;1/n2]n2(2/n2-t) si t[1/n2;2/n2]0 sinon

    f est continue sur + et

    0nf(t)dt=k=0n-1kk+1f(t)dt=k=2n-11k2k=2n-11k(k-1)=k=2n-11k-1-1k=1-1n-11.

    Puisque la suite ([0;n])n est une suite croissante de segments de réunion + et que f est positive on peut affirmer que f est intégrable sur [0;+[.

 
Exercice 28  3232   

Soit f:]0;+[ une fonction continue par morceaux et décroissante.

  • (a)

    On suppose que f est intégrable sur ]0;1]. Déterminer la limite de xf(x) quand x tend vers 0+.

  • (b)

    On suppose que f est intégrable sur [1;+[. Déterminer la limite de xf(x) quand x tend vers +.

 
Exercice 29  662  

Soit f:[0;+[ de classe 𝒞1 telle que f et f sont intégrables sur [0;+[.

Montrer que f tend vers 0 en +.

 
Exercice 30  572    CENTRALE (PC)Correction  

Soit f𝒞2([0;+[,). On suppose que f et f′′ sont intégrables.

  • (a)

    Montrer que f(x)0 quand x+.

  • (b)

    Montrer que ff est intégrable.

Solution

  • (a)

    On a

    f(x)=f(0)+0xf′′(t)dt

    donc f(x) admet une limite finie quand x+.
    Si >0 alors pour x assez grand f(x)/2 puis f(x)x/2+m ce qui empêche la convergence de 0+f(t)dt.
    Si <0 on obtient aussi une absurdité. Il reste donc =0.

  • (b)

    Puisque la fonction f est continue et admet une limite finie en +, cette fonction est bornée et donc tf(t)f(t) est intégrable sur [0;+[.

 
Exercice 31  3440   Correction  

Soit f:[0;+[ de classe 𝒞1 telle que f2 et f2 sont intégrables sur [0;+[.

Étudier la limite de f en +.

Solution

Par l’inégalité

ab12(a2+b2)

on peut affirmer

|ff|12(f2+f2).

Cela assure que la fonction ff est intégrable sur [0;+[. Or

0xf(t)f(t)dt=12(f(x))2-12(f(0))2.

On peut donc affirmer que f2 admet une limite finie en +. Puisque la fonction f2 est intégrable sur [0;+[ et admet une limite finie en +, sa limite est nécessairement nulle. On conclut

f(x)x+0.
 
Exercice 32  3901   

Soit f:[0;+[ une fonction continue de carré intégrable sur [0;+[. Montrer

0xf(t)dt=x+o(x)
 
Exercice 33  4712    

Déterminer une fonction f:[0;+[ continue, intégrable sur [0;+[ mais non bornée.

 
Exercice 34  693    Correction  

Soit g:+ continue et intégrable.

  • (a)

    Justifier

    ε>0,M,|0+|g(t)|dt-0M|g(t)|dt|ε.
  • (b)

    En déduire que toute primitive de g est uniformément continue.

Solution

  • (a)

    Par convergence de l’intégrale,

    limM+0M|g(t)|dt=0+|g(t)|dt

    d’où le résultat.

  • (b)

    Soit f une primitive de g. On peut écrire

    f(x)=0xg(t)dt+C.

    Pour tous xy,

    |f(y)-f(x)|xy|g(t)|dt.

    Soient ε>0 et M tel qu’introduit ci-dessus. Si xM alors

    |f(y)-f(x)|M+|g(t)|dtε.

    De plus, la fonction t|g(t)| étant continue sur le segment [0;M+1], elle y est bornée par un certain A et l’on a donc

    |f(y)-f(x)|A|y-x|

    pour tous xy[0;M+1]. Par suite, pour α=min(1,ε/A)>0, on a pour tous xy,

    |y-x|α|f(y)-f(x)|ε.

    La fonction f est donc uniformément continue.

    Plus généralement, une fonction continue sur [0;+[ présentant une limite finie en + est nécessairement continue.

 
Exercice 35  2538      CCP (MP)Correction  

Soit f de classe 𝒞2 sur [0;+[ telle que f′′ est intégrable sur [0;+[ et telle que l’intégrale 0+f(t)dt soit convergente.

  • (a)

    Montrer que

    limx+f(x)=0etlimx+f(x)=0.
  • (b)

    Étudier les séries

    f(n)etf(n).

Solution

  • (a)

    Puisque f est de classe 𝒞2, on peut écrire

    f(x)=f(0)+0xf′′(t)dt.

    Par intégrabilité de f′′, la fonction f admet une limite finie quand x+.
    Si >0 alors, pour x assez grand f(x)/2. Notons A0 tel que ce qui précède soit vrai pour xA. On a alors

    f(x)=f(0)+0xf(t)dtf(0)+0Af(t)dt+Ax2dt

    et donc f(x)x/2+Cte ce qui empêche la convergence de 0+f(t)dt.
    Si <0 on obtient aussi une absurdité. Il reste donc =0.
    Posons

    F(x)=0xf(t)dt.

    Par l’égalité de Taylor avec reste intégrale

    F(x+1)=F(x)+f(x)+xx+1(x+1-t)f(t)dt.

    Quand x+,

    F(x),F(x+1)0+f(t)dt.

    Aussi f(x)0 et

    |xx+1(x+1-t)f(t)dt|maxt[x;x+1]|f(t)|0

    donc par opération f(x)0.

  • (b)

    Par l’égalité de Taylor avec reste intégrale

    f(n+1)=f(n)+f(n)+nn+1((n+1)-t)f′′(t)dt

    donc

    f(n)=f(n+1)-f(n)+nn+1(n+1-t)f′′(t)dt.

    La série de terme général f(n+1)-f(n) est convergente car de même nature que la suite (f(n)) qui converge en +. La série de terme général nn+1(n+1-t)f′′(t)dt est absolument convergente car

    |nn+1(n+1-t)f′′(t)dt|nn+1|f′′(t)|dt

    et le terme majorant est sommable par intégrabilité de f′′.
    Par conséquent, la série f(n) est convergente.
    Aussi

    F(n+1)=F(n)+f(n)+12f(n)+nn+1(n+1-t)22f′′(t)dt.

    On peut alors mener le même raisonnement et conclure que f(n) converge.

 
Exercice 36  3238    Correction  

Soit f:[0;+[ continue par morceaux et intégrable.

Montrer qu’il existe une suite (xn) de réels positifs vérifiant

xnn++etxnf(xn)n+0.

Solution

Montrons pour commencer

ε>0,A+,xA,|xf(x)|ε.

Par l’absurde, supposons qu’il existe ε>0 et A+ vérifiant

xA,|xf(x)|ε

Au voisinage de +,

|f(x)|εx

Cette comparaisons contredit l’intégrabilité de f sur [0;+[.

Sachant

ε>0,A+,xA,|xf(x)|ε

on peut construire une suite (xn) solution en prenant ε=1/(n+1)>0, A=n et en choisissant xn vérifiant

xnnet|xnf(xn)|1/(n+1).

[<] Intégrabilité et comportement asymptotique[>] Calcul d'intégrales comportant un paramètre

 
Exercice 37  4704  

Calculer

1+dtt(t+1).
 
Exercice 38  666  Correction  

Calculer

0+dt(t+1)(t+2)

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur [0;+[. Elle y est intégrable car

1(t+1)(t+2)t+1t2

Par décomposition en éléments simples,

0+dt(t+1)(t+2)=0+(1t+1-1t+2)dt=[ln(t+1t+2)]0+=ln(2).
 
Exercice 39  5380  Correction  

Calculer

01dtt+1t.

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur I=]0;1]. Celle-ci se prolonge par continuité en 0 et l’intégrale est faussement généralisée. On obtient sa valeur par un calcul direct

01dtt+1t=01tt2+1dt=[12ln(1+t2)]01=12ln(2).
 
Exercice 40  4705  

Calculer

-11dt1-t2.
 
Exercice 41  4706  

Calculer

I=0+e-tdt.
 
Exercice 42  3237   Correction  

Justifier et calculer

-+dt(1+t2)(1+it).

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur et est dominée par 1/t3 quand |t|+, donc elle est intégrable et l’intégrale étudiée existe.
Par découpage et changement de variable

-+dt(1+t2)(1+it)=0+dt(1+t2)(1+it)+0+dt(1+t2)(1-it)

donc

-+dt(1+t2)(1+it)=0+2dt(1+t2)2.

Or

0+dt(1+t2)2=0+dt(1+t2)-0+t2dt(1+t2)2.

Une intégration par parties justifiée par deux convergences donne

0+t2dt(1+t2)2=[-12t1+t2]0++120+dt1+t2

et donc

-+dt(1+t2)(1+it)=0+dt1+t2=π2.
 
Exercice 43  1333      X (MP)Correction  

Calculer

-+dx1+x4+x8.

Solution

On a

11+X4+X8=1-X41-X12.

Les pôles de cette fraction rationnelle sont les éléments de U12U4 et ils sont simples.
On peut donc écrire en combinant les parties polaires conjuguées

11+X4+X8=2Re(α1X-ω1)+2Re(α2X-ω2)+2Re(α4X-ω4)+2Re(α5X-ω5)

avec ωk=exp(2ikπ/12), les ω1,ω2,ω4 et ω5 de parties imaginaires strictement positives.

αk=1-X4(1-X12)|X=ωk=112(ωk5-ωk).

Soit ω=a+ib avec a et b>0. On a

-AAdtt-ω=-AA(t-a)+ib(t-a)2+b2dt=[12ln((t-a)2+b2)+iarctan(t-ab)]-AAA+iπ

la limite de l’arc tangente étant obtenue sachant b>0.
Soit de plus α.

limA+(-AA2Re(αt-ω)dt)=2Re(limA+α-AAdtt-ω)=-2πIm(α).

Puisque la convergence de l’intégrale que nous étudions est assurée

-+dx1+x4+x8=limA+-AAdx1+x4+x8

et on en déduit

-+dx1+x4+x8=-2πIm(α1+α2+α4+α5)

ce qui donne

-+dx1+x4+x8=π6Im(ω2-ω10+ω4-ω8).

Or

ω2-ω10=2isin(π3)=i3 et ω4-ω8=2isin(2π3)=i3

et finalement

-+dx1+x4+x8=π3.
 
Exercice 44  5250   

Dans ce sujet, on étudie

I=0+e-x-e-2xxdx.
  • (a)

    Justifier l’existence de l’intégrale définissant I.

  • (b)

    En séparant cette dernière intégrale en deux, observer

    I=limε0+ε2εe-xxdx.
  • (c)

    Donner la valeur de I.

 
Exercice 45  676      ENSTIM (MP)Correction  
  • (a)

    Justifier l’existence de

    I=0+sin3(t)t2dt.

Pour x>0, on pose

I(x)=x+sin3(t)t2dt.

On donne l’identité sin(3a)=3sin(a)-4sin3(a).

  • (b)

    Établir que

    I(x)=34x3xsin(t)t2dt.
  • (c)

    En déduire la valeur de I.

Solution

  • (a)

    f:tsin3(t)t2 est définie et continue par morceaux sur ]0;+[.
    Quand t0, f(t)0 et quand t+, f(t)=O(1/t2).
    On en déduit que f est intégrable sur I ce qui assure l’existence de I.

  • (b)

    On a sin(3t)=3sin(t)-4sin3(t) donc

    4I(x)=x+3sin(t)-sin(3t)t2dt.

    Par convergence des intégrales écrites, on a

    4I(x)=3x+sin(t)t2dt-x+sin(3t)t2dt.

    Or

    x+sin(3t)t2dt=u=3t33x+sin(u)u2du

    donc

    I(x)=34x3xsin(t)t2dt.
  • (c)

    I=limx0I(x). Or sin(t)=t+t2ε(t) avec ε0 donc

    x3xsin(t)t2dt=ln(3)+x3xε(t)dt.

    Puisque x3xε(t)dtx00, on obtient

    I=34ln(3).
 
Exercice 46  5404   Correction  

Existence et valeur de

0+(arctan(x+1)-arctan(x))dx.

Solution

Soit X[0;+[. Par linéarité,

0X(arctan(x+1)-arctan(x))dx=0Xarctan(x+1)dx-0Xarctan(x)dx.

On procède à une translation de la variable dans la première intégrale puis on emploie la relation de Chasles pour écrire

0X(arctan(x+1)-arctan(x))dx =1X+1arctan(x)dx-0Xarctan(x)dx
=XX+1arctan(x)dx-01arctan(x)dx.

Par intégration par parties,

01arctan(x)dx =[xarctan(x)]01-01x1+x2dt
=π4-[12ln(1+x2)]01=π4-12ln(2).

Par croissance de la fonction arctan,

XX+1arctan(X)dx=arctan(X)X+π/2XX+1arctan(x)dxXX+1arctan(X+1)dx=arctan(X+1)X+π/2.

Par théorème d’encadrement,

XX+1arctan(x)dxX+π2.

On conclut

0+(arctan(x+1)-arctan(x))dx=π4+12ln(2)

avec existence de l’intégrale.

 
Exercice 47  675   

Soit f: une fonction continue telle que

0+f(t)dt convergeetlimx-f(x)=.

Justifier l’existence et donner la valeur de

-+(f(t+1)-f(t))dt.
 
Exercice 48  677   Correction  

Existence et valeur de

0+arctan(2x)-arctan(x)xdx.

Solution

La fonction f:xarctan(2x)-arctan(x)x est définie et continue par morceaux sur ]0;+[.
Quand x0+,

f(x)=2x-x+o(x)x1.

Quand x+,

f(x)=π2-arctan(12x)-π2+arctan(1x)x=O(1x2).

Ainsi f est intégrable sur ]0;+[.
Pour A0,

0Aarctan(2x)-arctan(x)xdx=0Aarctan(2x)xdx-0Aarctan(x)xdx

avec convergence des deux nouvelles intégrale.
Par changement de variable u=2x sur la première,

0Aarctan(2x)-arctan(x)xdx =02Aarctan(x)xdx-0Aarctan(x)xdx
=A2Aarctan(x)xdx.

Par la croissance de la fonction arctan,

arctan(A)A2AdxxA2Aarctan(x)xdxarctan(2A)A2Adxx.

À la limite quand A+, on conclut

0+arctan(2x)-arctan(x)xdx=π2ln(2).
 
Exercice 49  1334     X (MP)Correction  

Soient (a,b)2 avec a<b et f𝒞0(,) admettant une limite finie en - et telle que 0+f existe.
Justifier l’existence, puis calculer:

-+(f(a+x)-f(b+x))dx.

Solution

Puisque l’intégrale 0+f converge, il en est de même de

0+f(a+x)dx et 0+f(b+x)dx

avec

0+f(a+x)dx=a+f(x)dx et 0+f(b+x)dx=b+f(x)dx.

On en déduit la convergence de l’intégrale suivante et sa valeur

0+(f(a+x)-f(b+x))dx=abf(x)dx.

D’autre part, on a par découpage et pour tout A0

-A0(f(a+x)-f(b+x))dx=-A+a-A+bf(x)dx-abf(x)dx.

Or

(b-a)min[-A+a;-A+b]f-A+a-A+bf(x)dx(b-a)max[-A+a;-A+b]f

avec

min[-A+a;-A+b]fA+ et max[-A+a;-A+b]fA+

car f converge vers en -.
On en déduit la convergence et la valeur de l’intégrale suivante

-0(f(a+x)-f(b+x))dx=(b-a)-abf(x)dx

et finalement on obtient la convergence et la valeur de l’intégrale suivante

-+(f(a+x)-f(b+x))dx=(b-a).
 
Exercice 50  525     CENTRALE (PC)Correction  

Justifier l’existence et calculer

I=0+t1/tdt.

Solution

La fonction f:tt1/t est définie et continue par morceaux sur ]0;+[.
Pour t>1, 1/t=0 et donc f(t)=0. Ainsi f est intégrable sur [1;+[.
Pour t>0, 1/t-11/t1/t et donc f(t)t0+1. Ainsi f est intégrable sur ]0;1].
On a

I=limn+1/n1f(t)dt.

Or

1/n1f(t)dt=k=1n-11/(k+1)1/kt1/tdt=k=1n-11/(k+1)1/kktdt

puis

1/n1f(t)dt=12k=1n-12k+1k(k+1)2.

Par décomposition en éléments simples

1/n1f(t)dt=12k=1n-1(1k-1k+1+1(k+1)2)

et après réorganisation

1/n1f(t)dt=12k=1n1k2.

On en déduit

I=π212.
 
Exercice 51  5015    

Existence et valeur de

1+(-1)ttdt.
 
Exercice 52  5048     MINES (PC)

(Calcul de l’intégrale de Dirichlet)

Pour n, on pose

In=0π/2sin((2n+1)t)sin(t)dtetJn=0π/2sin((2n+1)t)tdt.
  • (a)

    Montrer que la suite (In) est constante égale à π/2.

  • (b)

    Justifier que (Jn-In) tend vers 0.

  • (c)

    En déduire la valeur de l’intégrale convergente11 1 L’existence de cette intégrale a déjà été acquise par intégration par parties dans le sujet 2383.

    I=0+sin(t)tdt.
 
Exercice 53  3375     CCP (PC)Correction  

(Calcul de l’intégrale de Gauss)

  • (a)

    Montrer que

    x,ex1+x.

    En déduire

    t, 1-t2e-t211+t2.
  • (b)

    Soit n*. Établir l’existence des intégrales suivantes

    I=0+e-t2dt,In=01(1-t2)ndtetJn=0+dt(1+t2)n

    puis établir

    InInJn.
  • (c)

    On pose

    Wn=0π/2cosn(x)dx.

    Établir

    In=W2n+1etJn+1=W2n.
  • (d)

    Trouver une relation de récurrence entre Wn et Wn+2.

    En déduire la constance de la suite de terme général

    un=(n+1)WnWn+1.
  • (e)

    Donner un équivalent de Wn et en déduire la valeur de I (intégrale de Gauss).

Solution

  • (a)

    Il suffit d’étudier la variation de la fonction xex-(1+x) pour obtenir cette inégalité de convexité classique. On en déduit

    1-t2e-t2=1et211+t2.
  • (b)

    La fonction te-t2 est définie et continue par morceaux sur [0;+[. Puisque t2e-t2t+0, cette fonction est intégrable sur [0;+[ ce qui assure l’existence de I.
    La fonction t(1-t2)n est définie et continue par morceaux sur le segment [0;1], donc l’intégrale définissant In existe.
    La fonction t1/(1+t2)n est définie et continue par morceaux sur [0;+[. Puisque 1/(1+t2)nt+1/t2n avec 2n>1, cette fonction est intégrable sur [0;+[ ce qui assure l’existence de Jn.
    On a

    (1-t2)ne-nt21(1+t2)n

    donc

    In01e-nt2dt=1n0ne-y2dyIn

    et

    In=1n0+e-y2dy=0+e-nx2dxJn.
  • (c)

    Le changement de variable t=sin(x) donne In=W2n+1.
    Le changement de variable t=tan(x) donne Jn+1=W2n.

  • (d)

    Par intégration par parties

    Wn+2=n+1n+2Wn.

    On en déduit un+1=un donc la suite (un) est constante égale à

    u1=π/2.
  • (e)

    Puisque

    x[0;π/2],(cos(x))n+1(cos(x))n(cos(x))n-1

    on obtient en intégrant

    Wn+1WnWn-1.

    Or

    Wn+1=nn+1Wn-1Wn-1

    donc par encadrement

    Wn+1Wn.

    On en déduit

    unnWn2

    puis

    Wnπ2n.

    Par suite,

    Inπ2n et Jnπ2n.

    L’encadrement du b) donne alors

    I=π2.
 
Exercice 54  3916      CENTRALE (MP)
  • (a)

    Soit z un nombre complexe de partie imaginaire strictement positive. Étudier

    limA+-AAdtt-z.

Soit F(X) une fraction rationnelle sans pôles réels et intégrable sur . Pour a pôle de F, on note Ra le coefficient de 1X-a dans la décomposition en éléments simples de F

  • (b)

    Calculer la somme des Ra pour a parcourant l’ensemble 𝒫 des pôles de F.

  • (c)

    On note 𝒫+ l’ensemble des pôles de F de parties imaginaires strictement positives. Établir

    -+F(t)dt=2iπa𝒫+Ra.
  • (d)

    Soient m et n deux entiers naturels avec n>m. Calculer

    -+t2m1+t2ndt.
 
Exercice 55  2968      X (MP)Correction  

Soient P et Q dans [X], où Q ne s’annule pas sur et deg(P)deg(Q)-2.

Exprimer

P(t)Q(t)dt

à l’aide des coefficients intervenant dans la décomposition en éléments simples de P/Q.

Solution

La fonction tP(t)/Q(t) est définie et continue sur . De plus, Pour |t|+,

P(t)Q(t)=t+O(1t2) car deg(PQ)-2

et l’intégrale PQ converge.

Les pôles de la fraction P/Q sont complexes conjugués non réels et les parties polaires correspondantes sont deux à deux conjuguées. On en déduit que P/Q=2Re(F)F est la fraction rationnelle obtenue en sommant les parties polaires relatives aux pôles de partie imaginaire strictement positive.

Considérons un pôle a=α+iβ avec α et β>0.

Pour les éléments simples de la forme 1(X-a)m avec m>1, on a

dt(t-a)m=[-1m-11(t-a)m-1]-+=0.

Pour les éléments simples de la forme 1X-a on a

-AAdtt-a=-AAt-α+iβ(t-α)2+β2=[ln(|t-a|)+iarctan(t-αβ)]-AA.

Quand A+, on obtient

-AAdtt-aiπ.

Puisque

P(t)Q(t)dt=limA+-AAP(t)Q(t)dt

on obtient

P(t)Q(t)dt=2πRe(iσ)=-2πIm(σ)

avec σ la somme des coefficients facteurs des éléments simples 1X-a pour a de parties imaginaires strictement positive.

[<] Calcul d'intégrales[>] Changement de variable

 
Exercice 56  4708  

Soient α>0 et ω. Calculer

C(α,ω)=0+cos(ωt)e-αtdtetS(α,ω)=0+sin(ωt)e-αtdt.
 
Exercice 57  684   Correction  

Soit a>0. En procédant au changement de variable u=a/t, calculer

I(a)=0+ln(t)a2+t2dt.

Solution

La fonction tln(t)a2+t2 est définie et continue par morceaux sur ]0;+[.
Cette fonction est intégrable car

tln(t)a2+t2t0+0ett3/2ln(t)a2+t2t+0.

L’intégrale définissant I(a) est donc bien définie.

Par le changement de variable 𝒞1 bijectif proposé

I(a)=0+ln(t)a2+t2dt=u=a/t0+ln(a)-ln(u)a(u2+1)du=ln(a)a0+duu2+1-1aI(1).

Pour a=1, on obtient I(1)=0 et donc

I(a)=π2ln(a)a.
 
Exercice 58  685   

Pour a réel, on pose

I(a)=0+dt(1+t2)(1+ta).
  • (a)

    Pour quelles valeurs de a, l’intégrale déterminant I(a) est-elle définie?

  • (b)

    En procédant au changement de variable u=1/t, montrer I(a)=π/4.

 
Exercice 59  674  

Soient p et q deux réels tels que p2<q. Calculer

-+dtt2+2pt+q.
 
Exercice 60  2825     MINES (MP)Correction  

Existence et calcul éventuel de

-+11+(t+ib)2dt.

Solution

On peut écrire

1+(t+ib)2=(t+i(b+1))(t+i(b-1)).

Si b=±1 la fonction n’est pas intégrable sur à cause d’une singularité en 0.
Si b±1 alors la fonction f:t11+(t+ib)2 est continue par morceaux sur et f(t)=O(1t2) quand t± donc f est intégrable sur .
En procédant à une décomposition en éléments simples:

-AAdt1+(t+ib)2=i2[12ln(t2+(b+1)2)+arctan(tb+1)]-AA-i2[12ln(t2+(b-1)2)+arctan(tb-1)]-AA.

Si |b|>1 alors

-+dt1+(t+ib)2=0.

Si |b|<1 alors

-+dt1+(t+ib)2=π.
 
Exercice 61  3884     MINES (MP)Correction  

Pour α, étudier l’existence et déterminer l’éventuelle valeur de

0+dtt2+αt+1.

Solution

Le discriminant du trinôme t2+αt+1 vaut Δ=α2-4.

Cas: |α|<2. On a Δ<0, le trinôme ne s’annule pas et la fonction t1/(t2+αt+1) est définie et continue par morceaux sur [0;+[. La fonction est intégrable car équivalente à 1/t2 en +.

Cas: α2. Le trinôme ne s’annule pas sur [0;+[ car il est somme de termes positifs. À nouveau la fonction t1/(t2+αt+1) est intégrable sur [0;+[.

Cas: α-2. le trinôme t2+αt+1 présente deux racines positives et la fonction t1/(t2+αt+1) n’est pas définie sur l’intégralité de l’intervalle ]0;+[. Même en découpant l’intégrale aux points singuliers, on peut observer que les intégrales introduites ne sont pas définies. On ne parvient donc pas à donner un sens à l’intégrale étudiée dans ce cas.

Reste à calculer l’intégrale pour α>-2.

Cas: |α|<2. Le trinôme t2+αt+1 s’écrit peut se réécrire

(t+α2)2+a2 avec a=1-α24.

On a alors

0+dtt2+αt+1=[1aarctan(2t+αa)]0+

puis

0+dtt2+αt+1=1a(π2-arctan(αa)).

Cas: α=2.

0+dtt2+2t+1=[-1t+1]0+=1.

Cas: α>2. Le trinôme t2+αt+1 à deux racines t0,t1 distinctes strictement négatives.

t0=-α-Δ2 et t1=-α+Δ2.

Par décomposition en éléments simples,

1t2+αt+1=at-t0+bt-t1

avec

a=1t1-t0=1Δ et b=1t0-t1=-a.

On a alors

0+dtt2+αt+1=1t1-t0[ln(t-t0t-t1)]0+=1Δln(α+Δα-Δ).
 
Exercice 62  3222   Correction  

Pour a,b>0, calculer

I(a,b)=-+dt(t2+a2)(t2+b2).

Solution

La fonction t1(t2+a2)(t2+b2) est définie et continue par morceaux sur ]-;+[.

Quand t+, f(t)1t4 donc f est intégrable sur [0;+[.

Quand t-, f(t)1t4 donc f est intégrable sur ]-;0].

On remarque

1t2+a2-1t2+b2=b2-a2(t2+a2)(t2+b2).

Cas: ab.

I(a,b)=1b2-a2(-+dtt2+a2--+dtt2+b2)

avec convergence des deux intégrales introduites. Sachant

-+dtt2+a2=[1aarctan(ta)]-+=πa

on obtient

I(a,b)=πab(a+b).

Cas: a=b.

I(a,a)=1a2-+(t2+a2-t2)dt(t2+a2)2=1a2(-+dtt2+a2--+t2(t2+a2)2dt).

Par intégration par parties généralisée,

-+t×t(t2+a2)2dt=[-12tt2+a2]-++12-+dtt2+a2=π2a

On conclut

I(a,a)=π2a3.
 
Exercice 63  681  Correction  

Pour a>0, calculer

I(a)=0+(t-t)e-atdt.

Solution

La fonction f:t(t-t)e-at est définie et continue par morceaux sur [0;+[.
Quand t+, t2f(t)0 donc f est intégrable sur [0;+[.

0nf(t)dt=k=0n-1kk+1f(t)dt=k=0n-101te-a(t+k)dt=1-e-na1-e-a1-(a+1)e-aa2.

Quand n+,

0+f(t)dt=1-(a+1)e-aa2(1-e-a).
 
Exercice 64  3628   Correction  

Pour quelles valeurs de a et b l’intégrale suivante est-elle définie?

0+(t+at+1+bt+2)dt.

La calculer lorsque c’est le cas.

Solution

La fonction f:tt+at+1+bt+2 est définie et continue par morceaux sur [0;+[.
Par développements limités

f(t)=(1+a+b)t+a+2b21t+O(1t3/2) quand t+.

Si 1+a+b0 alors f(t)t++ ou - et l’intégrale n’est assurément pas convergente.
Si 1+a+b=0 et a+2b0 alors f(t)λt1/2 avec λ0. Par équivalence de fonction de signe constant au voisinage de +, on peut affirmer que l’intégrale diverge.
Si 1+a+b=0 et a+2b=0 c’est-à-dire (a,b)=(-2,1) alors f(t)=O(1/t3/2) et donc f est intégrable.
Finalement, l’intégrale étudiée converge si, et seulement si, (a,b)=(-2,1).
Supposons que tel soit le cas.

0x(t-2t+1+t+2)dt=23[t3/2-2(t+1)3/2+(t+2)3/2]0x.

Par développements limités

x3/2-2(x+1)3/2+(x+2)3/234xx+0

et donc

0+(t+at+1+bt+2)dt=43(1-2).
 
Exercice 65  686   Correction  

Soit f une fonction continue et croissante sur telle que limx+f(x)=.

  • (a)

    Pour a>0, montrer que l’intégrale

    0+f(x+a)-f(x)dx

    est définie et la calculer.

  • (b)

    Calculer

    -+arctan(x+a)-arctan(x)dx.

Solution

  • (a)

    xf(x+a)-f(x) est continue et positive (car f est croissante).

    0Af(x+a)-f(x)dx=aA+af(x)dx-0Af(x)dx=AA+af(x)dx-0af(x)dx.

    Or f(x)x+ donc

    ε>0,M,xM|f(x)-|ε

    et alors

    AM,|AA+af(x)dx-a|AA+a|f(x)-|dxaε

    donc

    AA+af(x)dxA+a

    puis

    0Af(x+a)-f(x)dxA+a-0af(x)dx.

    On peut conclure que 0+f(x+a)-f(x)dx est définie et

    0+f(x+a)-f(x)dx=a-0af(x)dx.
  • (b)

    Comme ci-dessus, mais en faisant A-, on établie

    0-f(x+a)-f(x)dx=a-0af(x)dx

    avec =limx-f(x). Par conséquent, -+arctan(x+a)-arctan(x)dx est définie par application du théorème de Chasles et

    -+arctan(x+a)-arctan(x)dx=πa.
 
Exercice 66  4060   Correction  

Soit f:[0;+[ continue telle que l’intégrale suivante converge:

1+f(t)tdt.

On se donne deux réels 0<a<b.

  • (a)

    Établir que pour tout x>0

    x+f(at)-f(bt)tdt=axbxf(t)tdt.
  • (b)

    En déduire convergence et valeur de

    0+f(at)-f(bt)tdt.

Solution

  • (a)

    L’intégrale en premier membre existe et définit une fonction dérivable de x avec

    ddx(x+f(at)-f(bt)tdt)=-f(ax)-f(bx)x.

    L’intégrale en second membre définit aussi une fonction dérivable de x avec

    ddx(axbxf(u)udu)=bf(bx)bx-af(ax)ax=f(bx)-f(ax)x.

    On en déduit que les deux membres de l’égalité voulue sont égaux à une constante près.
    Or ces deux fonctions de x sont de limite nulle quand x+ et la constante précédente est alors nulle.

  • (b)

    Par continuité de f en 0, on peut écrire

    f(t)=f(0)+φ(t) avec φ de limite nulle en 0.

    On a alors

    axbxf(t)tdt=f(0)ln(ba)+axbxφ(t)tdt.

    Or

    |axbxφ(t)tdt|maxt[ax;bx]|φ(t)|axbxdtt=ln(ba)maxt[ax;bx]|φ(t)|x0+0.

    On conclut à la convergence de l’intégrale et à la valeur

    0+f(at)-f(bt)tdt=f(0)ln(ba).
 
Exercice 67  2827      MINES (MP)Correction  

Trouver une expression simple de

0πsin2(t)(1-2xcos(t)+x2)(1-2ycos(t)+y2)dt

x,y]-1;1[.

Solution

Par le changement de variable u=tan(t2) on parvient à l’intégrale

I=0+8u2du(1+u2)((1-x)2+(1+x)2u2)((1-y)2+(1+y)2u2).

On peut réaliser une décomposition en éléments simples réelles de la fraction rationnelle intégrée qui pour des raisons de parité sera de la forme

a1+u2+b(1-x)2+(1+x)2u2+c(1-y)2+(1+y)2u2

avec

a=-12xy,b=-(1-x)2(1+x)22x(x-y)(1-xy) et c=-(1-y)2(1+y)22y(y-x)(1-xy)

sous réserve que xy et xy0.
Puisque

0+duα2+β2u2=1αβπ2

on parvient à

I=π2(-12xy-1-x22x(x-y)(1-xy)+1-y22y(x-y)(1-xy))=π2(1-xy).

Les cas exclus xy et xy0 peuvent être récupérés par continuité.
Il m’a peut-être échappé une démarche plus simple…

 
Exercice 68  3977      MINES (MP)

Pour a réel strictement positif, on pose

I(a)=0+exp(-(x2+a2x2))dx.
  • (a)

    Montrer l’existence de l’intégrale définissant I(a).

  • (b)

    Justifier l’identité

    I(a)=a+exp(-(x2+a2x2))(1+ax2)dx.
  • (c)

    En déduire la valeur de I(a) connaissant l’intégrale de Gauss11 1 L’intégrale de Gauss est une intégrale fameuse que l’on rencontre dans la résolution de nombreux sujets. Son existence a été acquise dans le sujet 4701 et son calcul sera mené dans le sujet 535.

    0+e-t2dt=π2.

[<] Calcul d'intégrales comportant un paramètre[>] Intégration par parties

 
Exercice 69  5387  Correction  

Calculer

0+e-ttdt.

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur ]0;+[. Elle y est aussi intégrable car

e-ttt0+1tett2×e-tt=t3/2e-t=X=tX3e-Xt+0.

Par le changement de variable u=t (qui est de classe 𝒞1 strictement croissant),

0+e-ttdt=20+e-udu=2.
 
Exercice 70  5381  Correction  

Calculer

0+dt(et+1)(e-t+1).

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur [0;+[. Par le changement de variable u=et (qui est de classe 𝒞1 strictement croissant), on transforme l’intégrale étudiée en

1+du(u+1)2.

Cette dernière intégrale existe ce qui assure l’existence de l’intégrale initiale et

0+dt(et+1)(e-t+1)=[-1u+1]0+=12.
 
Exercice 71  5386  Correction  

Calculer

01ln(t)tdt.

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur ]0;1]. Elle y est aussi intégrable car

t2/3ln(t)t=t1/6ln(t)t0+0.

Par le changement de variable u=t (qui est 𝒞1 strictement croissant),

01ln(t)tdt=014ln(u)du=[4uln(u)-4u]01=-4.
 
Exercice 72  5389  Correction  

Calculer

01ln(t)1-tdt.

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur ]0;1[. Elle y est aussi intégrable car

ln(t)1-tt0+ln(t)etln(t)1-t=t0+o(11-t).

Par le changement de variable u=1-t (qui est de classe 𝒞1 strictement décroissant);

01ln(t)1-tdt=-102ln(1-u2)du=012ln(1-u2)du.

Or

01ln(1-u2)du=01ln(1-u)du+01ln(1+u)du=2ln(2)-2

et donc

01ln(t)1-tdt=4ln(2)-4.
 
Exercice 73  5383  Correction  

Calculer

1+dtsh(t).

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur [1;+[. Elle y est aussi intégrable car

t2×1sh(t)t+0.

Par le changement de variable u=et (qui est de classe 𝒞1 strictement croissant),

1+dtsh(t)=1+2dtet-e-te+2duu2-1=[ln(u-1u+1)]e+=ln(e+1e-1).
 
Exercice 74  2350   Correction  

Calculer

0+dtet+1

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur [0;+[. Elle y est aussi intégrable car

t21et+1n+t2e-t/2t+0

Par le changement de variable u=et+1 (qui est de classe 𝒞1 strictement croissant)

0+dtet+1=2+2duu2-1=[ln(u-1u+1)]2+=ln(2+12-1)=2ln(2+1).
 
Exercice 75  5385   Correction  

Calculer

1+dtt21+t2.

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur [1;+[. Elle y est aussi intégrable car

dtt21+t2t+1t3.

Par le changement de variable t=sh(x) (qui est de classe 𝒞1 strictement croissant),

1+dtt21+t2=α+dxsh2(x)

avec α l’unique réel tel que sh(α)=1. Après résolution de cette équation

α=ln(1+2).

Par le changement de variable u=ex (qui est de classe 𝒞1 strictement croissant),

1+dtt21+t2=α+4dx(ex-e-x)2=1+2+4duu(u-1/u)2.

On peut alors terminer le calcul

1+dtt21+t2=1+2+4udu(u2-1)2=[21-u2]1+2+=2(2+1)2-1=2-1.
 
Exercice 76  5390   Correction  

Calculer

0+dx(x+1)x3.

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur ]0;+[. Elle y est aussi intégrable car

1(x+1)x3x0+1x1/3etdx(x+1)x3x+1x4/3.

Par le changement de variable t=x3 (qui est de classe 𝒞1 strictement croissant),

0+dx(x+1)x3=0+3t2dt(t3+1)t=30+tdtt3+1.

Après décomposition en éléments simples,

0+dx(x+1)x3=[ln(t+1t2-t+1)+3arctan(2t-13)]0+=2π3.
 
Exercice 77  5391  Correction  

Calculer

0+1+x-1x(1+x)dx.

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur ]0;+[. Elle y est aussi intégrable car

1+x-1x(1+x)x0+12xx=12et1+x-1x(1+x)x+1x3/2.

Par le changement de variable t=1+x (qui est de classe 𝒞1 strictement croissant),

0+1+x-1x(1+x)dx=1+t-1(t2-1)t22tdt=1+2dtt(t+1)=2ln(2).
 
Exercice 78  5392  Correction  

Calculer

0+(1+x)1/3-1x(1+x)2/3dx.

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur ]0;+[. Elle y est aussi intégrable car

(1+x)1/3-1x(1+x)2/3x0+13xx=13et(1+x)1/3-1x(1+x)2/3x+1x4/3.

Par le changement de variable t=(1+x)1/3 (qui est de classe 𝒞1 strictement croissant)

0+(1+x)1/3-1x(1+x)2/3dx=31+dtt2+t+1

or

1+dtt2+t+1=[23arctan(2t+13)]1+=π33

donc

0+(1+x)1/3-1x(1+x)2/3dx=π3.
 
Exercice 79  667   Correction  

Calculer

01xdxx-x2.

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur ]0;1[. Elle y est aussi intégrable car

xx-x2x0+xetxx-x2x1-11-x.

On écrit

x-x2=14-(x-12)2.

On pose alors

x-12=12sin(t) avec t[-π/2;π/2]

et l’on a

x-x2=12|cos(t)|=12cos(t).

Par changement de variable associé

01xdxx-x2=-π/2π/2sin(t)+12cos(t)cos(t)dt=π2.
 
Exercice 80  5388  Correction  

Calculer

0π/2sin(x)ln(sin(x))dx.

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur ]0;π/2]. Elle y est aussi intégrable car

sin(x)ln(sin(x))=X=sin(x)Xln(X)x0+0

ce qui permet de réaliser un prolongement par continuité.

Par le changement de variable t=cos(x) (qui est de classe 𝒞1 strictement décroissant),

0π/2sin(x)ln(sin(x))dx =1201ln(1-x2)dx
=1201ln(1-x)+ln(1+x)dx
=ln(2)-1.
 
Exercice 81  5393   Correction  

Calculer

02πdx2+cos(x).

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur [0;2π], elle y est donc intégrable.

Par 2π-périodicité,

02πdx2+cos(x)=-ππdx2+cos(x)=]-π;π[dx2+cos(x).

Sur ]-π;π[, on peut réaliser le changement de variable t=tan(x/2) (bijection de classe 𝒞1 strictement croissante) et l’on obtient

02πdx2+cos(x)=-+2dt(1+t2)(2+1-t21+t2)=-+2dt3+t2=2π3.
 
Exercice 82  5394    Correction  

Calculer

02πsin2(x)3cos2(x)+1dx.

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur [0;2π], elle y est donc intégrable.

Par la relation de Chasles,

02πsin2(x)3cos2(x)+1dx=0π/2dx+π/23π/2dx+3π/22πdx.

Par le changement de variable t=tan(x) (qui est de classe 𝒞1 strictement croissant),

0π/2sin2(x)3cos2(x)+1dx=0+t2dt(1+t2)(4+t2).

On procède de même sur ]π/2;3π/2[ et ]3π/2;2π] et l’on obtient

02πsin2(x)3cos2(x)+1dx=2-+t2dt(1+t2)(4+t2).

Par décomposition en éléments simples,

t2(1+t2)(4+t2)=-1/31+t2+4/34+t2

et l’on peut achever le calcul

02πsin2(x)3cos2(x)+1dx=2[-13arctan(t)+23arctan(t2)]-+=2π3.
 
Exercice 83  668  Correction  

Existence et valeur de

I=0+dt(1+t2)2.

On pourra employer le changement de variable u=1/t.

Solution

f:t1(1+t2)2 est définie et continue sur [0;+[ et f(t)+1t4 donc I existe.
Via le changement de variable u=1/t:

I=0+u2du(1+u2)2

d’où

2I=0+dt1+t2=π2

puis I=π4.

 
Exercice 84  5382  Correction  

Calculer

0+ln(t)(1+t)2dt.

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur ]0;+[. Elle y est intégrable car

tln(t)(1+t)2t0+0ett3/2ln(t)(1+t)2t+0.

Par le changement de variable u=1/t (qui est de classe 𝒞1 strictement décroissant),

0+ln(t)(1+t)2dt=0+ln(1u)u2(1+1u)2du=0+-ln(u)(u+1)2du.

On en déduit

0+ln(t)(1+t)2dt=0.
 
Exercice 85  5384   Correction  

Calculer

0+tln(t)(t2+1)2dt.

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur ]o;+[. Elle y est aussi intégrable car

tln(t)(t2+1)2t00ettln(t)(t2+1)2=tln(t)t2+11(t2+1)=n+o(1t2).

Par le changement de variable u=1/t (qui est de classe 𝒞1 strictement décroissant),

0+tln(t)(t2+1)2dt=0+ln(1/u)u3(1+1/u2)2du=0+-uln(u)(u2+1)2du.

On en déduit

0+tln(t)(t2+1)2dt=0.
 
Exercice 86  669   Correction  
  • (a)

    Établir

    I=0+dxx3+1=0+xx3+1dx.
  • (b)

    En déduire la valeur de I.

Solution

  • (a)

    Les deux intégrales convergent. Le changement de variable u=1/x transforme l’une en l’autre.

  • (b)
    2I=0+(x+1)dxx3+1=0+dxx2-x+1=0+dx(x-12)2+34=[23arctan(2x-13)]0+=4π33

    donc

    I=2π33.
 
Exercice 87  670   Correction  
  • (a)

    Calculer

    J=0+tdt1+t4.
  • (b)

    Établir

    I=0+dt1+t4=0+t2dt1+t4.
  • (c)

    En factorisant 1+t4 déterminer la valeur de I.

Solution

  • (a)

    f:tt1+t4 est définie et continue sur [0;+[, f(t)t+1t3 donc f est intégrable et l’intégrale J converge.

    0+tdt1+t4=[12arctan(t2)]0+=π4.
  • (b)

    11+t4t+1t4 et t21+t4t+1t2 donc les deux intégrales introduites convergent.
    Le changement de variable x=1/t transforme l’une en l’autre.

  • (c)

    On a la factorisation

    t4+1=(t2+1)2-2t2=(t2+2t+1)(t2-2t+1)

    donc

    I-2J+I=0+dtt2+2t+1=0+dt(t+12)2+12=[2arctan(2t+1)]0+=π22

    puis

    I=12(π22+π22)=π22.
 
Exercice 88  2509     CCP (MP)Correction  
  • (a)

    Calculer

    0+1+x21+x4dx

    en effectuant notamment le changement de variable x=et. On pourra employer l’identité ch(2t)=1+2sh2(t).

  • (b)

    En déduire la valeur de

    0+dx1+x4.

Solution

  • (a)

    L’intégrale de départ est bien définie. En effet, la fonction f:x(1+x2)/(1+x4) est définie et continue par morceaux sur [0;+[ et l’on vérifie f(x)x+1/x2 ce qui donne un argument d’intégrabilité.
    Par le changement de variable 𝒞1 strictement croissant x=et,

    0+1+x21+x4dx=-+e2t+1e4t+1etdt=-+ch(t)ch(2t)dt=-+ch(t)1+2sh2(t).

    Par le nouveau changement de variable 𝒞1 strictement croissant u=sh(t)

    0+1+x21+x4dx=-+du1+2u2=12[arctan(2u)]-+=π2.
  • (b)

    Par le changement de variable 𝒞1 strictement monotone x=1/t, on obtient

    0+dx1+x4=0+x2dx1+x4

    et donc

    0+dx1+x4=π22.
 
Exercice 89  4711   
  • (a)

    En réalisant le changement de variable x=t-1/t, calculer

    I=0+t2+1t4+1dt.
  • (b)

    En déduire les valeurs de

    J=0+1t4+1dtetK=0π/2tan(x)dx.
 
Exercice 90  3177   Correction  

En opérant le changement de variable t=e-x, calculer

I=011+t21+t4dt.

Solution

L’intégrale étudiée est évidemment convergente car il s’agit de l’intégrale d’une fonction continue sur le segment [0;1]. La fonction xe-x réalise une bijection de classe 𝒞1 de [0;+[ vers ]0;1]. Quitte à considérer l’intégrale initiale comme portant sur l’intervalle ]0;1], on peut opérer le changement de variable t=e-x

I=0+1+e-2x1+e-4xe-xdx=0+ex+e-xe2x+e-2xdx car dt=-e-xdx.

Par le théorème de changement de variable, l’intégrale introduite est assurément convergente. On peut aussi exprimer l’intégrale à l’aide des fonctions de trigonométrie hyperbolique

I=0+ch(x)ch(2x)dx=0+ch(x)1+2sh2(x)dx.

Par le changement de variable u=sh(x) (la fonction xsh(x) induit une bijection 𝒞1)

I=0+11+2u2du car du=ch(x)dx.

Enfin, par la formule d’intégration

duu2+a2=1aarctan(ua)

avec a=1/2, on peut achever le calcul

I=12[arctan(2u)]0+=12(π2-0)=π22.
 
Exercice 91  673   

(Intégrales d’Euler)

On pose

I=0π/2ln(sin(t))dtetJ=0π/2ln(cos(t))dt.
  • (a)

    Montrer que les intégrales I et J sont bien définies et qu’elles sont égales.

  • (b)

    En étudiant I+J, déterminer la valeur commune de I et J.

 
Exercice 92  2965     X (MP)Correction  

Calculer

01dxx(1-x)et01x(1-x)dx.

Solution

On procède au changement de variable

x=12+12sin(t)

avec t[-π/2;π/2].

On obtient

01dxx(1-x)=π

(avec convergence de l’intégrale) et

01x(1-x)dx=π8.
 
Exercice 93  2978      X (MP)

Soit f: une fonction continue et intégrable sur . Pour x réel non nul, on pose

g(x)=f(x-1x).

Montrer que g est intégrable sur -* et +* et que

-0g(x)dx+0+g(x)dx=-+f(x)dx.

[<] Changement de variable[>] Suites d'intégrales

 
Exercice 94  3794    CCP (PC)

Existence et valeur de

0+ln(1+1t2)dt.
 
Exercice 95  4710   

Calculer

01ln(x)(x+1)2dx.
 
Exercice 96  2555     CCP (MP)Correction  

On considère

f:tln(t)(1+t)2.
  • (a)

    Étudier l’intégrabilité de f sur ]0;1] et [1;+[.

  • (b)

    Calculer

    01ln(t)(1+t)2dtet1+ln(t)(1+t)2dt.

Solution

  • (a)

    La fonction f est continue par morceaux sur ]0;+[.
    Quand t0+, tf(t)0 et quand t+, t3/2f(t)0 donc f est intégrable sur ]0;1] et [1;+[.

  • (b)

    Par une intégration par parties où l’on choisit judicieusement une primitive s’annulant en 0

    01ln(t)(1+t)2dt=[ln(t)(1-11+t)]01-0111+tdt=-ln(2).

    Par le changement de variable u=1/t

    1+ln(t)(1+t)2dt=-01ln(u)(u+1)2du=ln(2).
 
Exercice 97  671   Correction  

Calculer

01ln(1-x2)x2dx.

Solution

Sous réserve de convergence, nous calculons l’intégrale en procédant par intégration par parties en intégrant 1x2 en x-1x qui s’annule en 1.

01ln(1-x2)x2dx=[ln(1-x2)x-1x]01+012x(1-x2)x-1xdx.

L’intégration par parties est licite car le crochet converge. L’intégrale en second membre est faussement généralisée car se résume à

01-dx1+x.

On en déduit que l’intégrale initiale converge et

01ln(1-x2)x2dx=-012(1+x)dx=-2ln(2).
 
Exercice 98  4190   Correction  

En réalisant une intégration par parties, calculer

0+e-t-e-2ttdt.

Solution

On réalise l’intégration par parties avec

u(t)=ln(t) et v(t)=e-t-e-2t.

Les fonctions u et v sont de classe 𝒞1 et le produit uv converge aux bornes d’intégration 0 et +:

u(t)v(t)t0+tln(t)t0+0 et u(t)v(t)t+ln(t)e-tt+0.

Sous réserve d’existence, la formule d’intégration par parties donne

0+e-t-e-2ttdt=0+ln(t)(e-t-2e-2t)dt.

La fonction tln(t)e-t est intégrable sur ]0;+[ car négligeable devant 1/t2 en + et devant 1/t en 0. De même, la fonction tln(t)e-2t est intégrable. On peut donc écrire la séparation

0+ln(t)(e-t-2e-2t)dt=0+ln(t)e-tdt-20+ln(t)e-2tdt.

Cette identité justifie l’existence de l’intégrale en premier membre et donc aussi (en vertu du théorème d’intégration par parties) l’existence de l’intégrale initiale.

Par le changement de variable u=2t

20+ln(t)e-2tdt =0+ln(u/2)e-udu
=0+ln(u)e-udu-ln(2)0+e-udu=1.

On en déduit par simplification

0+ln(t)(e-t-2e-2t)dt=ln(2).
 
Exercice 99  3629   Correction  

Soit f:[1;+[ continue et intégrable. Montrer que les fonctions u et v suivantes sont intégrables sur [1;+[ et que leurs intégrales y sont égales:

u(x)=1x21xf(t)dtetv(x)=f(x)x.

Solution

Les fonctions u et v sont définies et continues par morceaux sur [1;+[.
Puisque l’intégrale de f sur [1;+[ converge, on a

u(x)=O(1x2) quand x+

et donc u est intégrable sur [1;+[.
Puisque 1/xx+0, on a

v(x)=o(f(x)) quand x+

et donc v aussi est intégrable sur [1;+[.
Par intégration par parties,

1Au(x)dx=[-1x1xf(t)dt]1A+1Av(x)dx

et, quand A+, on obtient

1+u(x)dx=1+v(x)dx.
 
Exercice 100  665   Correction  

Soit u: une fonction de classe 𝒞1 telle que

-+((1+x2)u(x)2+u(x)2)dx<+.
  • (a)

    Déterminer les limites de xxu(x)2 en ±.

  • (b)

    Établir

    -+u(x)2dx-+x2u(x)2dx14(-+u(x)2dx)2.

Solution

  • (a)

    xu(x), xu(x) et xxu(x) sont de carrés intégrables donc x(xu(x)2)=u(x)2+xu(x)u(x) est intégrable sur . Par suite, xxu(x)2 admet des limites finies quand x±. Or cette fonction est elle-même intégrable sur donc ses limites en ± ne peuvent qu’être nulles.

  • (b)

    Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

    -+u(x)2dx-+x2u(x)2dx(-+xu(x)u(x)dx)2.

    Or par intégration par parties

    -nnxu(x)u(x)dx=[xu2(x)]-nn--nnu(x)(u(x)+xu(x))dx donc.

    Ainsi,

    -nnxu(x)u(x)dx=12[xu2(x)]-nn-12-nnu2(x)dx

    puis à la limite

    -+xu(x)u(x)dx=-12-+u2(x)dx

    et enfin l’inégalité voulue.

 
Exercice 101  5249    

Établir l’intégrabilité sur ]0;1] de

f:xx1ettdt

et calculer son intégrale.

[<] Intégration par parties[>] Intégrales seulement convergentes

 
Exercice 102  5403  Correction  

Pour n, calculer

In=01(1-t)ntdt

Solution

La fonction fn:t(1-t)nt est définie et continue par morceaux sur ]0;1]. Elle y est aussi intégrable car

fn(t)t0+1t

Pour n*, on obtient par intégration par parties généralisée

In=[2(1-t)nt]01=0+012n(1-t)n-1tdt

En écrivant

t=tt=1t-1-tt

il vient la relation de récurrence

In=2n(In-1-In) donc In=2n2n+1In-1

Un calcul direct donne I0=2 et donc

In=2n2n+1×2n-22n-1××23I0=22n+1(n!)2(2n+1)!
 
Exercice 103  4962   Correction  

Pour n, calculer

In=01tn1-tdt

Solution

La fonction fn:ttn1-t est définie et continue par morceaux sur [0;1[. Elle y est aussi intégrable car

fn(t)t1-11-t

Pour n*, on obtient par intégration par parties généralisée

In=[-2tn1-t]01=0+012ntn-11-tdt

En écrivant

1-t=11-t-t1-t

il vient la relation de récurrence

In=2n(In-1-In) donc In=2n2n+1In-1

Un calcul direct donne I0=2 et donc

In=2n2n+1×2n-22n-1××23I0=22n+1(n!)2(2n+1)!
 
Exercice 104  678  

Pour n, calculer

In=0+tne-tdt.
 
Exercice 105  4709   

Pour n, calculer

01(xln(x))ndx.
 
Exercice 106  679   Correction  

Existence et calcul pour n de

In=0+dx(1+x2)n+1.

Solution

f:x1(1+x2)n+1 est définie et continue sur + et

f(x)=x+O(1x2)

La fonction f est donc intégrable sur + et In=0+f(x)dx existe.

Pour n*,

In =0+dx(1+x2)n+1=0+1+x2-x2(1+x2)n+1dx
=In-1-0+x2(1+x2)n+1dx.

Par intégration par parties généralisée,

0+x2(1+x2)n+1dx=ipp[-121nx(1+x2)n]0++12n0+dx(1+x2)n=12nIn-1.

On obtient ainsi

In=2n-12nIn-1.

Puisque

I0=0+dx1+x2=π2

on conclut

In=(2n-1)(2n-3)1(2n)(2n-2)2I0=(2n)!22n+1(n!)2π.
 
Exercice 107  5329   Correction  

Déterminer un équivalent lorsque n tend vers + de

01(n+1)xnln(1-x)dx.

Solution

La fonction x(n+1)xnln(1-x) est définie et continue par morceaux sur [0;1[. Elle y est intégrable car

1-x×(n+1)xnln(1-x)x10 donc (n+1)xnln(1-x)=x1o(11-x).

Par intégration par parties généralisées où l’on intègre (n+1)xn en xn+1-1, on obtient

01(n+1)xnln(1-x) =[(xn+1-1)ln(1-x)]01-01xn+1-1x-1dx
=01xn+1-1x-1dx.

Par sommation géométrique,

01xn+1-1x-1dx=01k=0nxkdx=k=0n1k+1.

On en déduit

01(n+1)xnln(1-x)dx=k=1n+11kn+ln(n).
 
Exercice 108  3584     CCP (MP)Correction  

Pour n avec n2, on pose

In=0+dx1+xn.
  • (a)

    Déterminer une suite de fonctions (fn) telle que

    In=01fn(t)dt.
  • (b)

    Déterminer deux réels a et b tels que

    In=n+a+bn+o(1n).

Solution

Notons que l’intégrale In est bien définie.

  • (a)

    On découpe l’intégrale en deux

    In=01dx1+xn+1+dx1+xn.

    On réalise le changement de variable x=1/t sur la deuxième intégrale

    In=01dx1+xn+10-tn-2dt1+tn

    puis on combine les deux intégrales pour obtenir

    In=011+tn-21+tndt.
  • (b)

    On peut écrire

    In=1+01tn-2-tn1+tndt.

    D’une part,

    01tn1+tndt=1n01tntn-11+tndt

    ce qui donne par intégration par parties

    01tn1+tndt=1nln(2)-1n01ln(1+tn)dt

    avec

    001ln(1+tn)dt01tndt=1n+1n+0.

    D’autre part,

    01tn-21+tndt=1n]0;1]1tntn-11+tndt

    avec par intégration par parties généralisée

    011tntn-11+tndt =[ln(1+tn)t]01+01ln(1+tn)t2dt
    =ln(2)+]0;1]ln(1+tn)t2dt

    où, sachant ln(1+u)u,

    0]0;1]ln(1+tn)t2dt01tn-2dt=1n-1n+0.

    On en déduit

    In=n+1+o(1n).
 
Exercice 109  682   Correction  

On pose

Jn=0+dx(1+x3)n+1.
  • (a)

    Calculer J0.

  • (b)

    Former une relation de récurrence engageant Jn et Jn+1.

  • (c)

    Établir qu’il existe A>0 tel que

    JnAn3.

Solution

La fonction f:x1(1+x3)n+1 est définie et continue sur [0;+[.

Puisque f(x)x+1x3n+3, la fonction f est intégrable sur [0;+[ et l’intégrale définissant Jn converge.

  • (a)

    Via une décomposition en éléments simples, on obtient

    J0=2π33.
  • (b)

    On écrit

    Jn-Jn+1=0+x×x2(1+x3)n+2dx.

    On opère une intégration par parties avec convergence du crocher pour obtenir

    Jn+1=3n+23n+3Jn.
  • (c)

    On pose vn=n3Jn.

    ln(vn+1)-ln(vn)=ln(1+1n3)+ln(1-13n+3)=n+O(1n2)

    donc la série de terme général ln(vn+1)-ln(vn) converge et donc la suite de terme général ln(vn) converge vers une certain réel . En posant A=e>0, on obtient vnA donc JnAn3.

 
Exercice 110  157      ENSTIM (MP)Correction  

Pour n*, on pose

un=0+t-tt(t+n)dt

t représente la partie entière de t.

  • (a)

    Justifier la bonne définition de la suite (un)n1.

  • (b)

    Montrer que pour tout A>0

    0At-tt(t+n)dt=1n(0nt-ttdt-AA+nt-ttdt).

    En déduire une nouvelle expression intégrale de un.

  • (c)

    On pose

    vn=nun.

    Montrer la convergence de la série de terme général

    vn-vn-1-12n.
  • (d)

    En déduire un équivalent de un.

Solution

  • (a)

    La fonction

    f:tt-tt(t+n)

    est définie et continue par morceaux sur ]0;+[.
    Quand t0+,

    f(t)=tt(t+n)=1t+n1n.

    Quand t+,

    f(t)=O(1)t(t+n)=O(1t2).

    On en déduit que f est intégrable sur ]0;+[.

  • (b)

    On remarque que

    1t(t+n)=1n(1t-1t+n)

    et l’on en déduit

    0At-tt(t+n)dt=1n0At-tt-t-tt+ndt.

    Par linéarité de l’intégrale et changement de variable, on obtient

    0At-tt(t+n)dt=1n(0At-ttdt-nA+nt-ttdt).

    Enfin par la relation de Chasles

    0At-tt(t+n)dt=1n(0nt-ttdt-AA+nt-ttdt).

    Puisque

    0AA+nt-ttdt1AAA+nt-tdtnA

    on obtient quand A+

    un=1n0nt-ttdt.
  • (c)
    vn=0nt-ttdt.

    Par suite,

    vn-vn-1=n-1nt-ttdt=01uu+(n-1)du

    puis

    vn-vn-1=1-(n-1)ln(1+1n-1).

    Par développement limité, on obtient

    vn-vn-1=12(n-1)+O(1n2)=12n+O(1n2).

    On en déduit que la série de terme général

    vn-vn-1-12n=O(1n2).
  • (d)

    Posons

    S=n=2+(H(n)-H(n-1)-12n).

    On a

    k=1n(vk-vk-1-12k)=S+o(1)

    donc

    vn-v1-12k=2n1k=S+o(1).

    Sachant

    k=1n1k=ln(n)+γ+o(1)

    on obtient

    vnln(n)2

    puis

    unln(n)2n.
 
Exercice 111  2446      CENTRALE (MP)Correction  
  • (a)

    Soit f𝒞1([a;b],). Déterminer les limites des suites

    (abf(t)sin(nt)dt)net(abf(t)cos(nt)dt)n.
  • (b)

    Calculer, pour n*,

    0π/2sin(2nt)cos(t)sin(t)dt

    On procédera par récurrence.

  • (c)

    En déduire la valeur de

    0+sin(t)tdt.
  • (d)

    Étudier la limite puis un équivalent de

    (0π/2ln(2sin(t/2))cos(nt)dt)n.

Solution

  • (a)

    On obtient 0 (cf. lemme de Lebesgue).

  • (b)

    Posons

    In=0π/2sin(2nt)cos(t)sin(t)dt.

    Cette intégrale existe car un prolongement par continuité est possible en 0.

    On observe

    sin(2(n+1)t)-sin(2nt)=2sin(t)cos(2n+1)t

    et donc

    In+1-In=0π/22cos((2n+1)t)cos(t)dt=0.

    La suite (In) est constante égale à

    I1=0π/22cos2(t)dt=π2.
  • (c)

    On a

    0π/2sin(2nt)cos(t)sin(t)dt-0π/2sin(2nt)tdt=0π/2sin(2nt)f(t)dt

    avec

    f(t)=cot(t)-1t

    qui se prolonge en une fonction de classe 𝒞1 sur [0;π/2].
    Ainsi,

    0π/2sin(2nt)tdtn+π2.

    Or

    0π/2sin(2nt)tdt=0nπsin(u)udu

    donc la convergence de l’intégrale de Dirichlet étant supposée connue, on obtient

    0+sin(t)tdt=π2.
  • (d)

    On a

    0π/2ln(2sin(t/2))cos(nt)dt=0π/2ln(sin(t/2)t/2)cos(nt)dt+0π/2ln(t)cos(nt)dt.

    Par intégration par parties,

    0π/2ln(t)cos(nt)dt=ln(π/2)sin(nπ/2)n-1n0nπ/2sin(u)udu.

    La fonction tln(sin(t/2)t/2) se prolonge en une fonction de classe 𝒞2 sur [0;π/2].
    Par intégration par parties,

    0π/2ln(sin(t/2)t/2)cos(nt)dt=1nln(22π)sin(nπ/2)-1n0π/2(ln(sin(t/2)t/2))sin(nt)dt.

    La fonction t(ln(sin(t/2)t/2)) étant de classe 𝒞1 sur [0;π/2], on a

    1n0π/2(ln(sin(t/2)t/2))sin(nt)dt=n+o(1n)

    et donc

    0π/2ln(2sin(t/2))cos(nt)dtn+(ln(2))sin(nπ/2)-π2n.

[<] Suites d'intégrales[>] Fonctions définies par une intégrale généralisée

 
Exercice 112  3334    CENTRALE (PC)Correction  

Justifier la convergence de l’intégrale

0+sin(et)dt

Solution

Soit x+. Par intégration par parties,

0xsin(et)dt =0xetsin(et)e-tdt
=[-cos(et)e-t]0x-0xcos(et)e-tdt.

D’une part,

cos(ex)e-xx+0

D’autre part, tcos(et)e-t est intégrable sur [0;+] car

t2cos(et)e-tt+0

On en déduit la convergence de l’intégrale

0+sin(et)dt=-0+cos(et)e-tdt.
 
Exercice 113  2383   

(Nature de l’intégrale de Dirichlet)

Dans ce sujet, on étudie la convergence et l’absolue convergence de l’intégrale

I=0+sin(t)tdt.
  • (a)

    Déterminer la limite quand n tend vers l’infini de In=0nπ|sin(t)t|dt.

    La fonction tsin(t)/t est-elle intégrable sur ]0;+[ ?

  • (b)

    Démontrer que l’intégrale définissant I converge tout en établissant l’identité

    0+sin(t)tdt=0+1-cos(t)t2dt.
 
Exercice 114  694   

(Intégrales de Fresnel)

Montrer la convergence des intégrales suivantes:

0+cos(t2)dtet0+sin(t2)dt.
 
Exercice 115  2421     MINES (MP)Correction  

Justifier la convergence de

-+eit2dt.

Solution

Par un argument de parité, il suffit d’établir la convergence de

0+eit2dt=0+2t2teit2dt.

Formellement

0+eit2dt=-+2t2teit2dt=[eit2-12it]0++12i0+eit2-1t2dt

où la primitive de 2teit2 a été choisie de sorte de s’annuler en 0.
Puisque les deux termes en second membre sont convergents, le théorème d’intégration par parties s’applique et assure la convergence de

0+eit2dt.
 
Exercice 116  3414      ENS CachanCorrection  

Trouver un équivalent en + de

f:λ01eiλx2dx.

Solution

Procédons au changement de variable de classe 𝒞1, t=λx

f(λ)=1λ0λeit2dt.

Or par le changement de variable u=t2

0Aeit2dt=120A2eiuudu

puis par intégration par parties

0Aeit2dt=12([eiu-1iu]0A+120A2eiu-1iu3/2du)

et donc

0Aeit2dt=i40A21-eiuu3/2du.

L’intégrale en second membre converge donc

0Aeit2dtA+C.

De plus, la partie imaginaire de C est strictement positive en vertu de l’expression intégrale précédente, donc

f(λ)λ+Cλ.

Le calcul explicite de C est difficile, cf. intégrale de Fresnel.

 
Exercice 117  5047      X (PSI)

Soit α>0. Étudier la nature de

0+eixαdx.
 
Exercice 118  3178   Correction  

Soit f:[0;+[ une fonction continue par morceaux, décroissante et de limite nulle. Montrer la convergence de l’intégrale

0+f(t)sin(t)dt.