Exercice 2 4701

Déterminer la nature des intégrales suivantes:

(a)

$\int_{1}^{+ \infty} (t - 1) \sin (\frac{1}{t}) d t$
(b)

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{t + 1}{t^{4} + 1} d t$
(c)

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{t}{t^{2} + 1} d t$
(d)

$\int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t$
(e)

$\int_{1}^{+ \infty} \frac{\ln (t)}{t (1 + t)} d t$
(f)

$\int_{1}^{+ \infty} \frac{\ln (t)}{t + 1} d t$ .

Exercice 3 5497 Correction

Déterminer la nature des intégrales suivantes:

(a)

$\int_{0}^{1} \frac{d t}{(t + 2) \sqrt{t}}$
(b)

$\int_{0}^{1} \frac{t}{\sqrt{1 + t} - 1} d t$
(c)

$\int_{0}^{1} \ln (e^{t} - 1) d t$ .

Solution

(a)

La fonction $f : t \mapsto \frac{1}{(t + 2) \sqrt{t}}$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; 1]$ . On a

$\frac{1}{(t + 2) \sqrt{t}} \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{2 \sqrt{t}}$

La fonction $t \mapsto \frac{1}{\sqrt{t}}$ est intégrable en $0^{+}$ donc $f$ aussi: l’intégrale étudiée converge.
(b)

La fonction $f : t \mapsto \frac{t}{\sqrt{1 + t} - 1}$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; 1]$ . Par développement limité,

$\frac{t}{\sqrt{1 + t} - 1} \underset{t \to 0^{+}}{=} \frac{t}{1 + \frac{1}{2} t + o (t) - 1} = \frac{t}{\frac{1}{2} t + o (t)} \to_{t \to 0^{+}}^{} 2 .$

L’intégrale est faussement généralisée, elle converge.
(c)

La fonction $f : t \mapsto \ln (e^{t} - 1)$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; 1]$ . Par développement limité,

$\ln (e^{t} - 1) = \ln (1 + t + o (t) - 1) = \ln (t + o (t)) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \ln (t)$

La fonction $t \mapsto \ln (t)$ est intégrable en $0$ donc $f$ aussi: l’intégrale étudiée converge.

Exercice 4 4702

Déterminer la nature des intégrales suivantes:

(a)

$\int_{0}^{1} \frac{\sqrt{1 + t} - 1}{t} d t$
(b)

$\int_{0}^{1} \frac{1}{e^{t} - 1} d t$
(c)

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + t)}{t^{3 / 2}} d t$
(d)

$\int_{0}^{1} \ln (t) d t$
(e)

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{\ln (1 + t)} d t$ .

Exercice 5 4703

Déterminer la nature des intégrales suivantes:

(a)

$\int_{1}^{e} \frac{\ln (t)}{t - 1} d t$
(b)

$\int_{- 1}^{0} \frac{d t}{\sqrt{1 + t^{3}}}$
(c)

$\int_{0}^{1} \frac{d t}{1 - t^{2}}$ .

Exercice 6 657

Déterminer la nature des intégrales suivantes:

(a)

$\int_{0}^{1} \frac{d t}{(1 - t) \sqrt{t}}$
(b)

$\int_{0}^{+ \infty} \ln (t) e^{- t} d t$
(c)

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{t}{e^{t} - 1} d t$
(d)

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{\ln (1 + t)}{t^{3 / 2}} d t$
(e)

$\int_{0}^{+ \infty} \sin (\frac{1}{t^{2}}) d t$ .

Exercice 7 2349 Correction

Étudier l’existence des intégrales suivantes:

(a)

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{t e^{- \sqrt{t}}}{1 + t^{2}} d t$
(b)

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{\sqrt{{(1 - t)}^{3}}} d t$
(c)

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{e^{t} - 1}$
(d)

$\int_{0}^{+ \infty} e^{- {(\ln (t))}^{2}} d t$
(e)

$\int_{0}^{+ \infty} e^{- t \arctan (t)} d t$
(f)

$\int_{0}^{+ \infty} (t + 2 - \sqrt{t^{2} + 4 t + 1}) d t$ .

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)

$I = [0; + \infty [$ , $t^{2} f (t) \to_{t \to + \infty}^{} 0$ donc $f$ est intégrable et $\int_{0}^{+ \infty} \frac{t e^{- \sqrt{t}}}{1 + t^{2}} d t$ converge.
(b)

$I =] 0; 1 [$ , $\sqrt{t} f (t) \to_{t \to 0 +}^{} 0$ et $\frac{\ln (t)}{\sqrt{{(1 - t)}^{3}}} \underset{t = 1 - u}{=} \frac{\ln (1 - u)}{u^{3 / 2}} \sim - \frac{1}{\sqrt{u}}$ donc $f$ est intégrable et $\int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{\sqrt{{(1 - t)}^{3}}} d t$ converge
(c)

$I =] 0; + \infty [$ , $\frac{1}{e^{t} - 1} \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{t}$ 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)

$I =] 0; + \infty [$ , $f (t) \to_{t \to 0^{+}}^{} 0$ et $t^{2} f (t) = e^{2 \ln (t) - {(\ln (t))}^{2}} = e^{\ln (t) (2 - \ln (t))} \to_{t \to + \infty}^{} 0$ donc $f$ est intégrable et $\int_{0}^{+ \infty} e^{- {(\ln (t))}^{2}} d t$ converge.
(e)

$I = [0; + \infty [$ , $t^{2} f (t) = e^{2 \ln (t) - t \arctan (t)} \to_{t \to + \infty}^{} 0$ donc $f$ est intégrable et $\int_{0}^{+ \infty} e^{- t \arctan (t)} d t$ converge.
(f)

$I = [0; + \infty [$ .
Quand $t \to + \infty$ ,

$f (t) = t + 2 - t \sqrt{1 + \frac{4}{t} + \frac{1}{t^{2}}} = t + 2 - t (1 + \frac{2}{t} + \frac{1}{2 t^{2}} - \frac{2}{t^{2}} + O (1 / t^{3})) \sim \frac{3}{2 t}$

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

Exercice 8 3221 Correction

Étudier l’existence de

\int_{0}^{+ \infty} \ln (th (t)) d t .

Solution

La fonction $f : t \mapsto \ln (th (t))$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ .
Quand $t \to 0^{+}$ , $th (t) \sim t \to 0 \neq 1$ donc $\ln (th (t)) \sim \ln (t)$ puis $\sqrt{t} \ln (th (t)) \sim \sqrt{t} \ln (t) \to 0$ .
Quand $t \to + \infty$ , $th (t) = 1 - \frac{2}{e^{2 t} + 1}$ donc $\ln (th (t)) \sim - 2 e^{- 2 t}$ puis $t^{2} \ln (th (t)) \to 0$ .
On en déduit que $f$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ .

Exercice 9 3385 CCINP (PSI)Correction

(a)

Étudier l’intégrabilité sur $] 1; + \infty [$ de

$f (x) = \frac{\sqrt{\ln (x)}}{(x - 1) \sqrt{x}} .$
(b)

Montrer

$\int_{2}^{3} f (x) d x \leq \frac{\ln (3)}{2} .$

Solution

(a)

La fonction $f$ est définie et continue par morceaux sur $] 1; + \infty [$ .
Quand $x \to 1^{+}$ ,

$f (x) \sim \frac{\sqrt{(x - 1)}}{(x - 1)} = \frac{1}{\sqrt{x - 1}}$

et quand $x \to + \infty$ ,

$f (x) \sim \frac{\sqrt{\ln (x)}}{x^{3 / 2}} = o (\frac{1}{x^{1,0001}})$

donc $f$ est intégrable sur $] 1; + \infty [$ .
(b)

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

$\int_{2}^{3} \frac{\sqrt{\ln (x)}}{(x - 1) \sqrt{x}} d x \leq {(\int_{2}^{3} \frac{d x}{{(x - 1)}^{2}})}^{1 / 2} {(\int_{2}^{3} \frac{\ln (x)}{x} d x)}^{1 / 2} .$

En calculant les intégrales introduites

$\int_{2}^{3} \frac{\sqrt{\ln (x)}}{(x - 1) \sqrt{x}} d x \leq {(1 - \frac{1}{2})}^{1 / 2} {(\frac{1}{2} ({(\ln (3))}^{2} - {(\ln (2))}^{2}))}^{1 / 2} \leq \frac{\ln (3)}{2} .$

Exercice 10 183 MINES (PC)

Étudier l’intégrabilité sur $] 0; 1]$ de

f : x \mapsto \int_{1}^{x} \frac{e^{t}}{t} d t .

Exercice 11 661 Correction

Montrer que les fonctions $t \mapsto \sin (t)$ et $t \mapsto \frac{\sin (t)}{t}$ ne sont pas intégrables sur $[0; + \infty [$ .

Solution

On a

\int_{0}^{n π} | \sin (t) | d t = \sum_{k = 1}^{n} \int_{(k - 1) π}^{k π} | \sin (t) | d t = n \int_{0}^{π} \sin (t) d t = 2 n \to + \infty

et donc $t \mapsto \sin (t)$ n’est pas intégrable sur $[0; + \infty [$ .
La fonction $t \mapsto \frac{\sin (t)}{t}$ est prolongeable par continuité en 0 et c’est ce prolongement que l’on considère pour étudier son intégrabilité sur $[0; + \infty [$ .

\int_{0}^{n π} \frac{| \sin (t) |}{t} d t = \sum_{k = 1}^{n} \int_{(k - 1) π}^{k π} \frac{| \sin (t) |}{t} d t .

Or pour $k > 1$ ,

\int_{(k - 1) π}^{k π} \frac{| \sin (t) |}{t} d t \geq \int_{(k - 1) π}^{k π} \frac{| \sin (t) |}{k π} d t \geq \frac{2}{k π}

donc

\int_{0}^{n π} \frac{| \sin (t) |}{t} d t \geq \sum_{k = 1}^{n} \frac{2}{k π} = \frac{2}{π} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \to + \infty .

Exercice 12 3442 Correction

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ donnée par

f (x) = x^{2} \cos (1 / x^{2}) si x \in] 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) = 2 x \cos (\frac{1}{x^{2}}) + \frac{2}{x} \sin (\frac{1}{x^{2}})

et puisque

\frac{f (x) - f (0)}{x} = x \cos (\frac{1}{x^{2}}) \to_{x \to 0^{+}}^{} 0

$f$ est aussi dérivable en 0 avec $f^{'} (0) = 0$ .
La fonction $x \mapsto x \cos (1 / x^{2})$ est intégrable sur $] 0; 1]$ car bornée.
En revanche, la fonction $g : x \mapsto \sin (1 / x^{2}) / x$ n’est pas intégrable sur $] 0; 1]$ . En effet, par le changement de variable $𝒞^{1}$ bijectif $t = 1 / x^{2}$ , l’ intégrabilité de $g$ sur $] 0; 1]$ équivaut à l’intégrabilité sur $[1; + \infty [$ de
$t \mapsto \sin (t) / t$ 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 13 5499 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ ne s’annulant pas et vérifiant

\frac{x f^{'} (x)}{f (x)} \to_{x \to + \infty}^{} α \neq - 1 .

Étudier l’existence de

\int_{0}^{+ \infty} f (t) d t .

Solution

Cas: $α > - 1$ . Il existe $A \in ℝ_{+}$ tel que

\forall x \in [A; + \infty [, \frac{x f^{'} (x)}{f (x)} \geq - 1

et alors

\forall x \in [A; + \infty [, \int_{A}^{x} \frac{f^{'} (t)}{f (t)} d t \geq \int_{A}^{x} \frac{- 1}{t} d t

ce qui donne

\forall x \in [A; + \infty [, \ln (| f (x) |) \geq - \ln (x) + λ avec λ \in ℝ

puis

\forall x \in [A; + \infty [, | f (x) | \geq \frac{μ}{x} avec μ = e^{λ} \in ℝ_{+}^{*} .

On en déduit que la fonction $f$ n’est pas intégrable sur $[0; + \infty [$ . De plus, c’est une fonction continue qui ne s’annule pas, elle est donc de signe constant et sa non-intégrabilité entraîne la divergence de l’intégrale de celle-ci.

Cas: $α < - 1$ . On introduit $β \in] 1; - α [$ . Il existe $A \in ℝ_{+}$ tel que

\forall x \in [A; + \infty [, \frac{x f^{'} (x)}{f (x)} \leq - β .

Par une étude semblable à celle au-dessus, on obtient

\forall x \in [A; + \infty [, | f (x) | \leq \frac{μ}{x^{β}} avec μ \in ℝ_{+}^{*} .

On en déduit que $f$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ et donc que son intégrale converge.

Exercice 14 3627 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ continue et positive. On suppose

\frac{f (x + 1)}{f (x)} \to_{x \to + \infty}^{} ℓ \in [0; 1 [.

Montrer que $f$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ .

Solution

Soit $q \in] ℓ; 1 [$ . Il existe $A \in ℝ_{+}$ tel que

\forall x \geq A, \frac{f (x + 1)}{f (x)} \leq q

et donc

\forall x \geq A, f (x + 1) \leq q f (x) .

On a alors

\int_{A}^{A + n} f (t) d t = \sum_{k = 0}^{n - 1} \int_{A}^{A + 1} f (t + k) d t \leq \sum_{k = 0}^{n - 1} \int_{A}^{A + 1} q^{k} f (t) d t = \int_{A}^{A + 1} f (t) \sum_{k = 0}^{n - 1} q^{k} d t

et donc

\int_{A}^{A + n} f (t) d t \leq \frac{1}{1 - q} \int_{A}^{A + 1} f (t) d t = M .

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

Exercice 15 3441 Correction

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

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

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

Solution

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

\int_{0}^{n π} | f (t) | d t = \sum_{k = 0}^{n - 1} \int_{k π}^{(k + 1) π} f (t) d t

avec par décroissance de $f$

\int_{k π}^{(k + 1) π} f (t) d t \leq π f (k π) .

Parallèlement

\int_{(k - 1) π}^{k π} | f (t) | | \sin (t) | d t \geq f (k π) \int_{0}^{π} \sin (t) d t = 2 f (k π)

donc

\int_{k π}^{(k + 1) π} f (t) d t \leq \frac{π}{2} \int_{(k - 1) π}^{k π} f (t) | \sin (t) | d t .

Ainsi,

\int_{0}^{n π} | f (t) | d t \leq \int_{0}^{π} f (t) d t + \int_{0}^{(n - 1) π} f (t) | \sin (t) | d t

et donc

\int_{0}^{n π} | f (t) | d t \leq \int_{0}^{π} f (t) d t + \int_{0}^{+ \infty} | g (t) | d t .

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

Exercice 16 3206 ENTPE (MP)Correction

Soit $f : [1; + \infty [\to ℝ$ continue vérifiant

\forall x, a \geq 1, 0 \leq f (x) \leq \frac{a}{x^{2}} + \frac{1}{a^{2}} .

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

Solution

Pour $a = x^{α}$ avec $α > 0$ , on obtient

0 \leq f (x) \leq \frac{1}{x^{2 - α}} + \frac{1}{x^{2 α}} .

En prenant $α = 2 / 3$ ,

0 \leq f (x) \leq \frac{2}{x^{4 / 3}}

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

Exercice 17 5360 Correction

(Inégalité de Hardy)

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ une fonction continue de carré intégrable sur $[0; + \infty [$ .

Pour $x > 0$ , on pose

g (x) = \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (t) d t .

(a)

Montrer que $g$ peut être prolongée par continuité en $0$ .
(b)

Soit $A \in] 0; + \infty [$ . Établir

$\int_{0}^{A} g^{2} (x) d x \leq 2 \int_{0}^{A} f (x) g (x) d x .$
(c)

En déduire que la fonction $g^{2}$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ avec

$\int_{0}^{+ \infty} g^{2} (x) d x \leq 4 \int_{0}^{+ \infty} f^{2} (x) d x .$
(d)

Montrer que $f g$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ et

$\int_{0}^{+ \infty} g^{2} (x) d x = 2 \int_{0}^{+ \infty} f (x) g (x) d x .$

Solution

(a)

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

$g (x) = \frac{F (x)}{x} = \frac{F (x) - F (0)}{x} \to_{x \to 0^{+}}^{} F^{'} (0) = f (0) .$

La fonction $g$ est prolongeable par continuité en $0$ avec la valeur $f (0)$ .
(b)

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

Soit $A \in ℝ_{+}^{*}$ . On réalise une intégration par parties sur $] 0; A]$ avec les fonctions $u$ et $v$ de classe $𝒞^{1}$ déterminées par

$u (x) = - \frac{1}{x} et v (x) = F^{2} (x) .$

Le produit $u v$ admet une limite finie en la borne $0$ car

$- \frac{1}{x} F^{2} (x) = - \underset{\begin{matrix} \to f (0) \end{matrix}}{\underset{⏟}{g (x)}} \underset{\begin{matrix} \to 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{F (x)}} \to_{x \to 0^{+}}^{} 0 .$

La formule d’intégration par parties généralisée donne alors

$\int_{0}^{A} g^{2} (x) d x$ $= \int_{0}^{A} \frac{1}{x^{2}} F^{2} (x) d x = {[- \frac{1}{x} F^{2} (x)]}_{0}^{A} + 2 \int_{0}^{A} f (x) \frac{F (x)}{x} d x$

$= 2 \int_{0}^{A} f (x) g (x) d x - \frac{1}{A} F^{2} (A) \leq 2 \int_{0}^{A} f (x) g (x) d x .$
(c)

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz, on poursuit

${(\int_{0}^{A} g^{2} (x) d x)}^{2} \leq {(2 \int_{0}^{A} f (x) g (x) d x)}^{2} \leq 4 (\int_{0}^{A} f^{2} (x) d x) (\int_{0}^{A} g^{2} (x) d x) .$

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

$\int_{0}^{A} g^{2} (x) d x \leq 4 \int_{0}^{A} f^{2} (x) d x \leq 4 \int_{0}^{+ \infty} f^{2} (x) d x .$

Les intégrales partielles de la fonction positive $g^{2}$ sont majorées, cette fonction est donc intégrable sur $] 0; + \infty [$ et l’inégalité proposée est vérifiée par passage à la limite.
(d)

La fonction $f g$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ car c’est le produit de deux fonctions de carrés intégrables¹¹ 1 Cette affirmation se justifie aisément par la domination $| f g | \leq \frac{1}{2} (f^{2} + g^{2})$ .. Par l’intégration par parties qui précède, on a

$\frac{F^{2} (A)}{A}$ $= 2 \int_{0}^{A} f (x) g (x) d x - \int_{0}^{A} g^{2} (x) d x$

$\to_{A \to + \infty}^{} \underset{\begin{matrix} = ℓ \end{matrix}}{\underset{⏟}{2 \int_{0}^{+ \infty} f (x) g (x) d x - \int_{0}^{+ \infty} g^{2} (x) d x}} .$

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

$g^{2} (x) = \frac{F^{2} (x)}{x} \cdot \frac{1}{x} \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{ℓ}{x}$

ce qui contredit l’intégrabilité de $g^{2}$ . On en déduit $ℓ = 0$ ce qui produit l’égalité demandée.

Exercice 18 3443 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ de classe $𝒞^{1}$ et vérifiant $f (0) = 0$ .

(a)

Établir

$\forall x > 0, \int_{0}^{x} {(\frac{f (t)}{t})}^{2} d t \leq 2 \int_{0}^{x} \frac{f (t) f^{'} (t)}{t} d t$

en justifiant l’existence des intégrales écrites.
(b)

On suppose que $f^{'}$ est de carré intégrable sur $[0; + \infty [$ . Établir

$\int_{0}^{+ \infty} {(\frac{f (t)}{t})}^{2} d t \leq 4 \int_{0}^{+ \infty} {(f^{'} (t))}^{2} d t$

avec existence de l’intégrale en premier membre.

Solution

(a)

On a

$\frac{f (t)}{t} = \frac{f (t) - f (0)}{t} \to_{t \to 0}^{} f^{'} (0) .$

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

Par intégration par parties généralisée,

$\int_{0}^{x} {(\frac{f (t)}{t})}^{2} d t$ $= {[- \frac{{(f (t))}^{2}}{t}]}_{0}^{x} + 2 \int_{0}^{x} \frac{f (t) f^{'} (t)}{t} d t$

$= - \frac{{(f (x))}^{2}}{x} + 2 \int_{0}^{x} \frac{f (t) f^{'} (t)}{t} d t$

et l’inégalité affirmée est désormais évidente.
(b)

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

${(\int_{0}^{x} {(\frac{f (t)}{t})}^{2} d t)}^{2} \leq 4 (\int_{0}^{x} {(\frac{f (t)}{t})}^{2} d t) (\int_{0}^{x} {(f^{'} (t))}^{2} d t) .$

Que le premier membre soit nul ou non, il vient

$\int_{0}^{x} {(\frac{f (t)}{t})}^{2} d t \leq 4 \int_{0}^{x} {(f^{'} (t))}^{2} d t \leq 4 \int_{0}^{+ \infty} {(f^{'} (t))}^{2} d t .$

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

Exercice 19 1770 CCINP (MP)Correction

Soit $g$ définie sur $ℝ_{+}^{*}$ par

g (x) = \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (t) d t

où $f$ est continue, de carré intégrable sur $ℝ_{+}$ .

(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

$\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t = 2 \int_{a}^{b} f (t) g (t) d t + a g^{2} (a) - b g^{2} (b)$

puis montrer que

$\sqrt{\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t} \leq \sqrt{\int_{0}^{+ \infty} f^{2} (t) d t} + \sqrt{a g^{2} (a) + \int_{0}^{+ \infty} f^{2} (t) d t} .$
(d)

Étudier la nature de

$\int_{0}^{+ \infty} g^{2} (t) d t .$

Solution

(a)

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

$g (x) = \frac{1}{x} (F (x) - F (0)) \to_{x \to 0^{+}}^{} F^{'} (0) = f (0) .$

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

$g (x) = \frac{1}{x} (F (x) - F (0)) .$

On en déduit que $g$ est dérivable sur $ℝ_{+}^{*}$ et

$g^{'} (x) = - \frac{1}{x^{2}} (F (x) - F (0)) + \frac{f (x)}{x} = \frac{f (x) - g (x)}{x} .$
(c)

Par intégration par parties

$\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t = {[t g^{2} (t)]}_{a}^{b} - 2 \int_{a}^{b} t g^{'} (t) g (t) d t$

donc

$\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t = {[t g^{2} (t)]}_{a}^{b} - 2 \int_{a}^{b} (f (t) - g (t)) g (t) d t$

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

$\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t \leq 2 \sqrt{\int_{a}^{b} f^{2} (t) d t} \sqrt{\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t} + a g^{2} (a)$

puis

$\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t - 2 \sqrt{\int_{a}^{b} f^{2} (t) d t} \sqrt{\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t} \leq a g^{2} (a)$

en ajoutant un même terme de part et d’autre

${(\sqrt{\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t} - \sqrt{\int_{a}^{b} f^{2} (t) d t})}^{2} \leq a g^{2} (a) + \int_{a}^{b} f^{2} (t) d t$

puis par la croissance de la fonction racine carrée

$\sqrt{\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t} - \sqrt{\int_{a}^{b} f^{2} (t) d t}$ $\leq | \sqrt{\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t} - \sqrt{\int_{a}^{b} f^{2} (t) d t} |$

$\leq \sqrt{a g^{2} (a) + \int_{a}^{b} f^{2} (t) d t}$

et enfin

$\sqrt{\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t}$ $\leq \sqrt{\int_{0}^{b} f^{2} (t) d t} + \sqrt{a g^{2} (a) + \int_{0}^{b} f^{2} (t) d t}$

$\leq \sqrt{\int_{0}^{+ \infty} f^{2} (t) d t} + \sqrt{a g^{2} (a) + \int_{0}^{+ \infty} f^{2} (t) d t} .$
(d)

En faisant tendre $a$ vers 0, on obtient

$\sqrt{\int_{0}^{b} g^{2} (t) d t} \leq 2 \sqrt{\int_{0}^{+ \infty} f^{2} (t) d t}$

et l’on en déduit que la fonction $g^{2}$ est intégrable sur $ℝ_{+}$ car les intégrales de $g^{2}$ sur les segments inclus dans $ℝ_{+}$ sont majorées.

Exercice 20 3053 X (MP)

(Inégalité de Kolmogorov)

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{2}$ telle que $f$ et $f^{''}$ sont de carrés intégrables sur $ℝ$ .

(a)

Montrer que $f^{'}$ est de carré intégrable sur $ℝ$ .
(b)

Établir

${(\int_{- \infty}^{+ \infty} f^{', 2})}^{2} \leq (\int_{- \infty}^{+ \infty} f^{2}) (\int_{- \infty}^{+ \infty} f^{'', 2}) .$

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

Exercice 21 5586 Correction

Soit $a \in ℝ$ . Étudier la nature de

\int_{0}^{+ \infty} \frac{t^{a}}{1 + t^{3 a}} d t .

Solution

Cas: $a > 0$ . La fonction $f_{a} : t \mapsto \frac{t^{a}}{1 + t^{3 a}}$ est définie et continue par morceaux sur l’intervalle $[0; + \infty [$ et l’on a

f_{a} (t) \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{t^{a}}{t^{3 a}} = \frac{1}{t^{2 a}} \geq 0 .

Par équivalence de fonctions positives, l’intégrale étudiée converge si, et seulement si, $2 a > 1$ , c’est-à-dire si, et seulement si, $a > 1 / 2$ .

Cas: $a = 0$ . L’intégrale de la fonction $f_{a} : t \mapsto 1 / 2$ sur $[0; + \infty [$ diverge.

Cas: $a < 0$ . La fonction $f_{a} : t \mapsto \frac{t^{a}}{1 + t^{3 a}}$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ .

On a

f_{a} (t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{t^{a}}{t^{3 a}} = \frac{1}{t^{2 a}} \to_{t \to 0^{+}}^{} 0 .

La fonction $f_{a}$ se prolonge par continuité en $0$ , son intégrale sur $] 0; 1]$ converge.

Aussi,

f_{a} (t) \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{t^{a}}{1} = \frac{1}{t^{- a}} \geq 0 .

Par équivalence de fonctions positives, l’intégrale étudiée converge si, et seulement si, $- a > 1$ , c’est-à-dire si, et seulement si, $a < - 1$ .

En résumé, l’intégrale étudiée converge si, et seulement si,

a \in] - \infty; - 1 [\cup] 1 / 2; + \infty [.

Exercice 22 5328 Correction

Déterminer en fonction du réel $x$ la nature de

\int_{0}^{1} \frac{t^{x} - 1}{t - 1} d t .

Solution

Posons $f_{x} : t \mapsto \frac{t^{x} - 1}{t - 1}$ 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 identiquement nulle: l’intégrale converge.

Cas: $x > 0$ .

f_{x} (t) \to_{t \to 0^{+}}^{} 1 et f_{x} (t) \underset{t \to 1^{-}}{\sim} \frac{x (t - 1)}{t - 1} \to_{t \to 1^{-}}^{} x .

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

Cas: $x < 0$ .

f_{x} (t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{t^{- x}} .

La fonction $f_{x}$ 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.

En résumé, l’intégrale étudiée converge si, et seulement si, $x > - 1$ .

Exercice 23 5327 Correction

En fonction de $x \in ℝ$ , préciser la nature de

\int_{0}^{1} \frac{t^{x} - 1}{\ln (t)} d t .

Solution

Posons $f_{x} : t \mapsto \frac{t^{x} - 1}{\ln (t)}$ 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: $x > 0$ .

f_{x} (t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{- 1}{\ln (t)} \to_{t \to 0^{+}}^{} 0 et f_{x} (t) \underset{t \to 1^{-}}{\sim} \frac{x (t - 1)}{t - 1} \to_{t \to 1^{-}}^{} x .

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

Cas: $x < 0$ .

f_{x} (t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{t^{- x} \ln (t)} = o (\frac{1}{t^{- x}}) .

Si $x > - 1$ , la fonction $f_{x}$ est intégrable.

Si $x = - 1$ , $t \mapsto \frac{1}{t \ln (t)}$ n’est pas intégrable sur $] 0; 1]$ car de primitive $\frac{1}{2} {(\ln (t))}^{2}$ 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 $f_{x}$ en $0$ , la fonction $f_{x}$ 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 24 5402 Correction

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

\int_{1}^{+ \infty} \frac{\ln (t)}{t^{x} - 1} d t .

Solution

Posons $f_{x} : t \mapsto \frac{\ln (t)}{t^{x} - 1}$ définie et continue par morceaux sur $] 1; + \infty [$ . Cette fonction étant positive, la convergence de l’intégrale équivaut à l’intégrabilité de la fonction.

D’une part,

f_{x} (t) \underset{t \to 1^{+}}{\sim} \frac{t - 1}{t^{x} - 1} \to_{t \to 0^{+}}^{} \frac{1}{x} .

L’intégrale est faussement généralisé en $0$ .

D’autre part,

f_{x} (t) \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{\ln (t)}{t^{x}} .

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

t^{α} f_{x} (t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{\ln (t)}{t^{x - α}} \to_{t \to + \infty}^{} 0 .

La fonction $f_{x}$ est intégrable sur $] 1; + \infty [$ .

Cas: $x \leq 1$ . On remarque

t f_{x} (t) \to_{t \to + \infty}^{} + \infty donc \frac{1}{t} \underset{t \to + \infty}{=} o (f (t)) .

La fonction $f_{x}$ n’est pas intégrable sur $] 1; + \infty [$ .

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

Exercice 25 5405 Correction

En fonction du réel $α$ , préciser la nature de l’intégrale suivante

\int_{0}^{+ \infty} \frac{\arctan (t)}{t^{α}} d t .

Solution

$f : t \mapsto \frac{\arctan (t)}{t^{α}}$ est définie, continue et positive sur $] 0; + \infty [$ . Étudier la convergence de l’intégrale de $f$ sur $] 0; + \infty [$ équivaut à étudier l’intégrabilité de $f$ sur $] 0; + \infty [$

D’une part,

f (t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{t^{α - 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) \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{π / 2}{t^{α}}

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

Finalement, $\int_{0}^{+ \infty} \frac{\arctan (t)}{t^{α}}$ est définie si, et seulement si, $α \in] 1; 2 [$ .

Exercice 26 660 Correction

En fonction du réel $α$ , préciser la nature de l’intégrale suivante

\int_{0}^{+ \infty} \frac{t - \sin (t)}{t^{α}} d t .

Solution

$f : t \mapsto \frac{t - \sin (t)}{t^{α}}$ est définie, continue et positive sur $] 0; + \infty [$ . Étudier la convergence de l’intégrale de $f$ sur $] 0; + \infty [$ équivaut à étudier l’intégrabilité de $f$ sur $] 0; + \infty [$

D’une part,

f (t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{6 t^{α - 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) \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{1}{t^{α - 1}}

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

Finalement, $\int_{0}^{+ \infty} \frac{t - \sin (t)}{t^{α}} d t$ est définie si, et seulement si, $α \in] 2; 4 [$ .

Exercice 27 658

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

(a)

$\int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{a} {(t - 1)}^{b}}$
(b)

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{t^{a}}{1 + t^{b}} d t$ .

Exercice 28 659

(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

\int_{e}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{α} {(\ln (t))}^{β}} .

(a)

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

$t \times \frac{1}{t^{α} {(\ln (t))}^{β}} .$
(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

$\int_{e}^{+ \infty} \frac{d t}{t {(\ln (t))}^{β}} .$

Exercice 29 5505 MINES (PC)Correction

Déterminer en fonction $(α, β) \in ℝ^{2}$ la nature de

\int_{0}^{+ \infty} \frac{\ln (1 + t^{α})}{t^{β}} d t .

Solution

La fonction $f : t \mapsto \frac{\ln (1 + t^{α})}{t^{β}}$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ . C’est une fonction positive et son intégrabilité équivaut à la convergence de l’intégrale étudiée.

Cas: $α > 0$ .

f (t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{t^{α}}{t^{β}} = \frac{1}{t^{β - α}} et f (t) \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{α \ln (t)}{t^{β}} .

La fonction $f$ est donc intégrable sur $] 0; + \infty [$ si, et seulement si, $β - α < 1$ et $β > 1$ .

Cas: $α = 0$ . $f : t \mapsto \ln (2) / t^{β}$ n’est pas intégrable sur $] 0; + \infty [$

Cas: $α < 0$ .

f (t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{α \ln (t)}{t^{β}} et f (t) \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{t^{α}}{t^{β}} = \frac{1}{t^{β - α}} .

La fonction $f$ est donc intégrable sur $] 0; + \infty [$ si, et seulement si, $β < 1$ et $β - α > 1$ .

Exercice 30 3705 MINES (PC)Correction

(a)

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

$\int_{0}^{π / 2} \frac{d t}{1 + a \sin^{2} (t)} = \frac{π}{2 \sqrt{1 + a}} .$
(b)

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

$\sum \int_{0}^{π} \frac{d t}{1 + {(n π)}^{α} \sin^{2} (t)} .$
(c)

Même question pour

$\sum \int_{n π}^{(n + 1) π} \frac{d t}{1 + t^{α} \sin^{2} (t)} .$
(d)

Donner la nature de l’intégrale

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{1 + t^{α} \sin^{2} (t)} .$

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 $𝒞^{1}$ strictement monotone, on obtient

$\int_{0}^{π / 2} \frac{d t}{1 + a \sin^{2} (t)} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{1 + (1 + a) x^{2}} .$

En considérant $u = x \sqrt{1 + a}$ , on détermine une primitive de la fonction intégrée

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{1 + (1 + a) x^{2}} = {[\frac{1}{\sqrt{1 + a}} \arctan (\sqrt{1 + a} x)]}_{0}^{+ \infty} .$

Finalement,

$\int_{0}^{π / 2} \frac{d t}{1 + a \sin^{2} (t)} = \frac{π}{2 \sqrt{1 + a}} .$
(b)

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

$\int_{0}^{π} \frac{d t}{1 + {(n π)}^{α} \sin^{2} (t)} = 2 \int_{0}^{π / 2} \frac{d t}{1 + {(n π)}^{α} \sin^{2} (t)} .$

Le calcul qui précède donne alors

$\int_{0}^{π} \frac{d t}{1 + {(n π)}^{α} \sin^{2} (t)} = \frac{π}{\sqrt{1 + {(n π)}^{α}}} \sim \frac{π^{1 - α / 2}}{n^{α / 2}} .$

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

Pour $t \in [n π; (n + 1) π]$ , on a

$1 + {(n π)}^{α} \sin^{2} (t) \leq 1 + t^{α} \sin^{2} (t) \leq 1 + {((n + 1) π)}^{α} \sin^{2} (t) .$

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

$\int_{n π}^{(n + 1) π} \frac{d t}{1 + {((n + 1) π)}^{α} \sin^{2} (t)} \leq \int_{n π}^{(n + 1) π} \frac{d t}{1 + t^{α} \sin^{2} (t)} \leq \int_{n π}^{(n + 1) π} \frac{d t}{1 + {(n π)}^{α} \sin^{2} (t)} .$

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

$\int_{0}^{n π} \frac{d t}{1 + t^{α} \sin^{2} (t)} .$

La fonction intégrée étant positive et la suite de segments $[0; n π]$ étant croissante et de réunion $ℝ_{+}$ , 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 31 3231 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ une fonction continue par morceaux.

On suppose que $f$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ . Montrer

\int_{x}^{x + 1} f (t) d t \to_{x \to + \infty}^{} 0 .

Solution

Par la relation de Chasles, on écrit pour $x \geq 0$

\int_{x}^{x + 1} f (t) d t = \int_{0}^{x + 1} f (t) d t - \int_{0}^{x} f (t) d t

Par opérations sur les limites,

\int_{x}^{x + 1} f (t) d t \to_{x \to + \infty}^{} \int_{0}^{+ \infty} f (t) d t - \int_{0}^{+ \infty} f (t) d t = 0 .

Exercice 32 5588 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ une fonction continue et positive.

(a)

On suppose que $f$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ . Montrer

$\int_{x}^{2 x} f (t) d t \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$
(b)

On suppose de plus que $f$ est décroissante. Montrer

$x f (x) \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

Solution

(a)

Par la relation de Chasles, on écrit pour $x \geq 0$

$\int_{x}^{2 x} f (t) d t = \int_{0}^{2 x} f (t) d t - \int_{0}^{x} f (t) d t .$

Par opérations sur les limites,

$\int_{x}^{2 x} f (t) d t \to_{x \to + \infty}^{} \int_{0}^{+ \infty} f (t) d t - \int_{0}^{+ \infty} f (t) d t = 0 .$
(b)

Par décroissance et positivité de $f$ , on peut écrire

$\forall t \in [x; 2 x], 0 \leq f (2 x) \leq f (t) .$

En intégrant en bon ordre, il vient

$0 \leq \int_{x}^{2 x} f (2 x) d t = x f (2 x) \leq \int_{x}^{2 x} f (t) d t \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

Par théorème d’encadrement,

$x f (2 x) \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

En multipliant par $2$ ,

$2 x f (2 x) \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

En substituant $x$ à $2 x$ , on conclut

$x f (x) \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

Exercice 33 663 Correction

Soit $f : ℝ_{+} \to ℝ$ une fonction continue, décroissante et intégrable sur $ℝ_{+}$ .

(a)

Montrer que $f$ tend vers zéro en $+ \infty$ .
(b)

Montrer que $x f (x)$ tend vers zéro quand $x \to + \infty$
(c)

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

Solution

(a)

Pour $x \geq 1$ , la décroissance de $f$ donne

$\int_{x}^{x + 1} f (t) d t \leq f (x) \leq \int_{x - 1}^{x} f (t) d t .$

Or

$\int_{x}^{x + 1} f (t) d t = \int_{0}^{x + 1} f (t) d t - \int_{0}^{x} f (t) d t$

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

$\int_{x}^{x + 1} f (t) d t \to_{x \to + \infty}^{} \int_{0}^{+ \infty} f (t) d t - \int_{0}^{+ \infty} f (t) d t = 0 .$

Aussi

$\int_{x - 1}^{x} f (t) d t \to_{x \to + \infty}^{} 0$

et donc par encadrement

$f (x) \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$
(b)

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

$0 \leq \frac{x}{2} f (x) \leq \int_{x / 2}^{x} f (t) d t \to_{x \to + \infty}^{} 0$

ce qui permet d’affirmer

$x f (x) \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$
(c)

Soit $f$ la fonction définie sur $ℝ_{+}$ par:

$\forall x \in [0; 2 [, f (x) = 0$

et

$\forall n \in ℕ ∖ {0,1}, \forall t \in [0; 1 [, f (t + n) = {\begin{matrix} n^{2} t & si t \in [0; 1 / n^{2}] \\ n^{2} (2 / n^{2} - t) & si t \in [1 / n^{2}; 2 / n^{2}] \\ 0 & sinon \end{matrix}$

$f$ est continue sur $ℝ_{+}$ et

$\int_{0}^{n} f (t) d t = \sum_{k = 0}^{n - 1} \int_{k}^{k + 1} f (t) d t = \sum_{k = 2}^{n - 1} \frac{1}{k^{2}} \leq \sum_{k = 2}^{n - 1} \frac{1}{k (k - 1)} = \sum_{k = 2}^{n - 1} \frac{1}{k - 1} - \frac{1}{k} = 1 - \frac{1}{n - 1} \leq 1 .$

Puisque la suite ${([0; n])}_{n \in ℕ}$ est une suite croissante de segments de réunion $ℝ_{+}$ et que $f$ est positive on peut affirmer que $f$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ .

Exercice 34 3232

Soit $f :] 0; + \infty [\to ℝ$ une fonction continue par morceaux et décroissante.

(a)

On suppose que $f$ est intégrable sur $] 0; 1]$ . Déterminer la limite de $x f (x)$ quand $x$ tend vers $0^{+}$ .
(b)

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

Exercice 35 662

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ de classe $𝒞^{1}$ telle que $f$ et $f^{'}$ sont intégrables sur $[0; + \infty [$ .

Montrer que $f$ tend vers $0$ en $+ \infty$ .

Exercice 36 572 CENTRALE (PC)Correction

Soit $f \in 𝒞^{2} ([0; + \infty [, ℝ)$ . On suppose que $f$ et $f^{''}$ sont intégrables.

(a)

Montrer que $f^{'} (x) \to 0$ quand $x \to + \infty$ .
(b)

Montrer que $f f^{'}$ est intégrable.

Solution

(a)

On a

$f^{'} (x) = f^{'} (0) + \int_{0}^{x} f^{''} (t) d t$

donc $f^{'} (x)$ admet une limite finie $ℓ$ quand $x \to + \infty$ .
Si $ℓ > 0$ alors pour $x$ assez grand $f^{'} (x) \geq ℓ / 2$ puis $f (x) \geq ℓ x / 2 + m$ ce qui empêche la convergence de $\int_{0}^{+ \infty} f (t) d t$ .
Si $ℓ < 0$ on obtient aussi une absurdité. Il reste donc $ℓ = 0$ .
(b)

Puisque la fonction $f^{'}$ est continue et admet une limite finie en $+ \infty$ , cette fonction est bornée et donc $t \mapsto f (t) f^{'} (t)$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ .

Exercice 37 3440 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ de classe $𝒞^{1}$ telle que $f^{2}$ et $f^{', 2}$ sont intégrables sur $[0; + \infty [$ .

Étudier la limite de $f$ en $+ \infty$ .

Solution

Par l’inégalité

a b \leq \frac{1}{2} (a^{2} + b^{2})

on peut affirmer

| f f^{'} | \leq \frac{1}{2} (f^{2} + f^{', 2}) .

Cela assure que la fonction $f f^{'}$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ . Or

\int_{0}^{x} f (t) f^{'} (t) d t = \frac{1}{2} {(f (x))}^{2} - \frac{1}{2} {(f (0))}^{2} .

On peut donc affirmer que $f^{2}$ admet une limite finie en $+ \infty$ . Puisque la fonction $f^{2}$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ et admet une limite finie en $+ \infty$ , sa limite est nécessairement nulle. On conclut

f (x) \to_{x \to + \infty}^{} 0 .

Exercice 38 3901

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ une fonction continue de carré intégrable sur $[0; + \infty [$ .

Montrer

\int_{0}^{x} f (t) d t \underset{x \to + \infty}{=} o (\sqrt{x}) .

Exercice 39 4712

Déterminer une fonction $f : [0; + \infty [\to ℝ$ continue, intégrable sur $[0; + \infty [$ mais non bornée.

Exercice 40 5508 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ une fonction uniformément continue telle que $\int_{0}^{+ \infty} f (t) d t$ converge. Montrer que $f$ tend vers $0$ en $+ \infty$ .

Solution

Soit $ε > 0$ . Par uniforme continuité, il existe $η > 0$ tel que

\forall x, y \in [0; + \infty [,, | x - y | \leq η ⟹ | f (x) - f (y) | \leq ε .

En particulier, pour $x \in [0; + \infty [$ ,

\forall t \in [x; x + η], | f (x) - f (t) | \leq ε

et alors

| \int_{x}^{x + η} (f (x) - f (t)) d t | \leq \int_{x}^{x + η} | f (x) - f (t) | d t \leq \int_{x}^{x + η} ε d t = ε η .

\int_{x}^{x + η} (f (x) - f (t)) d t = η f (x) - \int_{x}^{x + η} f (t) d t

et donc

| f (x) | \leq ε + \frac{1}{η} | \int_{x}^{x + η} f (t) d t | .

Par convergence de l’intégrale de $f$ sur $[0; + \infty [$ ,

\int_{x}^{x + η} f (t) d t = \int_{0}^{x + η} f (t) d t - \int_{0}^{x} f (t) d t \to_{x \to + \infty}^{} \int_{0}^{+ \infty} f (t) d t - \int_{0}^{+ \infty} f (t) d t = 0

et donc, pour $x$ assez grand,

| \int_{x}^{x + η} f (t) d t | \leq η ε

ce qui entraîne

| f (x) | \leq ε + ε = 2 ε .

On peut conclure que $f$ tend vers $0$ en $+ \infty$ .

Exercice 41 693 Correction

Soit $g : ℝ_{+} \to ℝ$ continue et intégrable.

(a)

Justifier

$\forall ε > 0, \exists M \in ℝ, | \int_{0}^{+ \infty} | g (t) | d t - \int_{0}^{M} | g (t) | d t | \leq ε .$
(b)

En déduire que toute primitive de $g$ est uniformément continue.

Solution

(a)

Par convergence de l’intégrale,

$lim_{M \to + \infty} \int_{0}^{M} | g (t) | d t = \int_{0}^{+ \infty} | g (t) | d t$

d’où le résultat.
(b)

Soit $f$ une primitive de $g$ . On peut écrire

$f (x) = \int_{0}^{x} g (t) d t + C .$

Pour tous $x \leq y \in ℝ$ ,

$| f (y) - f (x) | \leq \int_{x}^{y} | g (t) | d t .$

Soient $ε > 0$ et $M$ tel qu’introduit ci-dessus. Si $x \geq M$ alors

$| f (y) - f (x) | \leq \int_{M}^{+ \infty} | g (t) | d t \leq ε .$

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

$| f (y) - f (x) | \leq A | y - x |$

pour tous $x \leq y \in [0; M + 1]$ . Par suite, pour $α = \min (1, ε / A) > 0$ , on a pour tous $x \leq y \in ℝ$ ,

$| y - x | \leq α ⟹ | f (y) - f (x) | \leq ε .$

La fonction $f$ est donc uniformément continue.

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

Exercice 42 2538 CCINP (MP)Correction

Soit $f$ de classe $𝒞^{2}$ sur $[0; + \infty [$ telle que $f^{''}$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ et telle que l’intégrale $\int_{0}^{+ \infty} f (t) d t$ soit convergente.

(a)

Montrer que

$lim_{x \to + \infty} f^{'} (x) = 0 et lim_{x \to + \infty} f (x) = 0 .$
(b)

Étudier les séries

$\sum f (n) et \sum f^{'} (n) .$

Solution

(a)

Puisque $f$ est de classe $𝒞^{2}$ , on peut écrire

$f^{'} (x) = f^{'} (0) + \int_{0}^{x} f^{''} (t) d t .$

Par intégrabilité de $f^{''}$ , la fonction $f^{'}$ admet une limite finie $ℓ$ quand $x \to + \infty$ .
Si $ℓ > 0$ alors, pour $x$ assez grand $f^{'} (x) \geq ℓ / 2$ . Notons $A \geq 0$ tel que ce qui précède soit vrai pour $x \geq A$ . On a alors

$f (x) = f (0) + \int_{0}^{x} f^{'} (t) d t \geq f (0) + \int_{0}^{A} f^{'} (t) d t + \int_{A}^{x} \frac{ℓ}{2} d t$

et donc $f (x) \geq ℓ x / 2 + C^{t e}$ ce qui empêche la convergence de $\int_{0}^{+ \infty} f (t) d t$ .
Si $ℓ < 0$ on obtient aussi une absurdité. Il reste donc $ℓ = 0$ .
Posons

$F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t .$

Par l’égalité de Taylor avec reste intégrale

$F (x + 1) = F (x) + f (x) + \int_{x}^{x + 1} (x + 1 - t) f^{'} (t) d t .$

Quand $x \to + \infty$ ,

$F (x), F (x + 1) \to \int_{0}^{+ \infty} f (t) d t .$

Aussi $f^{'} (x) \to 0$ et

$| \int_{x}^{x + 1} (x + 1 - t) f^{'} (t) d t | \leq \max_{t \in [x; x + 1]} | f^{'} (t) | \to 0$

donc par opération $f (x) \to 0$ .
(b)

Par l’égalité de Taylor avec reste intégrale

$f (n + 1) = f (n) + f^{'} (n) + \int_{n}^{n + 1} ((n + 1) - t) f^{''} (t) d t$

donc

$f^{'} (n) = f (n + 1) - f (n) + \int_{n}^{n + 1} (n + 1 - t) f^{''} (t) d t .$

La série de terme général $f (n + 1) - f (n)$ est convergente car de même nature que la suite $(f (n))$ qui converge en $+ \infty$ . La série de terme général $\int_{n}^{n + 1} (n + 1 - t) f^{''} (t) d t$ est absolument convergente car

$| \int_{n}^{n + 1} (n + 1 - t) f^{''} (t) d t | \leq \int_{n}^{n + 1} | f^{''} (t) | d t$

et le terme majorant est sommable par intégrabilité de $f^{''}$ .
Par conséquent, la série $\sum f^{'} (n)$ est convergente.
Aussi

$F (n + 1) = F (n) + f (n) + \frac{1}{2} f^{'} (n) + \int_{n}^{n + 1} \frac{{(n + 1 - t)}^{2}}{2} f^{''} (t) d t .$

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

Exercice 43 3238 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ continue par morceaux et intégrable.

Montrer qu’il existe une suite $(x_{n})$ de réels positifs vérifiant

x_{n} \to_{n \to + \infty}^{} + \infty et x_{n} f (x_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Solution

Montrons pour commencer

\forall ε > 0, \forall A \in ℝ_{+}, \exists x \geq A, | x f (x) | \leq ε .

Par l’absurde, supposons qu’il existe $ε > 0$ et $A \in ℝ_{+}$ vérifiant

\forall x \geq A, | x f (x) | \geq ε .

Au voisinage de $+ \infty$ ,

| f (x) | \geq \frac{ε}{x} .

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

Sachant

\forall ε > 0, \forall A \in ℝ_{+}, \exists x \geq A, | x f (x) | \leq ε

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

x_{n} \geq n et | x_{n} f (x_{n}) | \leq 1 / (n + 1) .

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

Exercice 44 4704

Calculer

\int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t (t + 1)} .

Exercice 45 666 Correction

Calculer

\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{(t + 1) (t + 2)} .

Solution

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

\frac{1}{(t + 1) (t + 2)} \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{1}{t^{2}} .

Par décomposition en éléments simples,

\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{(t + 1) (t + 2)} = \int_{0}^{+ \infty} (\frac{1}{t + 1} - \frac{1}{t + 2}) d t = {[\ln (\frac{t + 1}{t + 2})]}_{0}^{+ \infty} = \ln (2) .

Exercice 46 5380 Correction

Calculer

\int_{0}^{1} \frac{d t}{t + \frac{1}{t}} .

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

\int_{0}^{1} \frac{d t}{t + \frac{1}{t}} = \int_{0}^{1} \frac{t}{t^{2} + 1} d t = {[\frac{1}{2} \ln (1 + t^{2})]}_{0}^{1} = \frac{1}{2} \ln (2) .

Exercice 47 4705

Calculer

\int_{- 1}^{1} \frac{d t}{\sqrt{1 - t^{2}}} .

Exercice 48 4706

Calculer

I = \int_{0}^{+ \infty} e^{- \sqrt{t}} d t .

Exercice 49 3237 Correction

Justifier et calculer

\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{d t}{(1 + t^{2}) (1 + i t)} .

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur $ℝ$ et est dominée par $1 / t^{3}$ quand $| t | \to + \infty$ , donc elle est intégrable et l’intégrale étudiée existe.
Par découpage et changement de variable

\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{d t}{(1 + t^{2}) (1 + i t)} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{(1 + t^{2}) (1 + i t)} + \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{(1 + t^{2}) (1 - i t)}

donc

\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{d t}{(1 + t^{2}) (1 + i t)} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 d t}{{(1 + t^{2})}^{2}} .

\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{{(1 + t^{2})}^{2}} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{(1 + t^{2})} - \int_{0}^{+ \infty} \frac{t^{2} d t}{{(1 + t^{2})}^{2}} .

Une intégration par parties justifiée par deux convergences donne

\int_{0}^{+ \infty} \frac{t^{2} d t}{{(1 + t^{2})}^{2}} = {[- \frac{1}{2} \frac{t}{1 + t^{2}}]}_{0}^{+ \infty} + \frac{1}{2} \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{1 + t^{2}}

et donc

\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{d t}{(1 + t^{2}) (1 + i t)} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{1 + t^{2}} = \frac{π}{2} .

Exercice 50 1333 X (MP)Correction

Calculer

\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{d x}{1 + x^{4} + x^{8}} .

Solution

On a

\frac{1}{1 + X^{4} + X^{8}} = \frac{1 - X^{4}}{1 - X^{12}} .

Les pôles de cette fraction rationnelle sont les éléments de $U_{12} ∖ U_{4}$ et ils sont simples.
On peut donc écrire en combinant les parties polaires conjuguées

\frac{1}{1 + X^{4} + X^{8}} = 2 Re (\frac{α_{1}}{X - ω_{1}}) + 2 Re (\frac{α_{2}}{X - ω_{2}}) + 2 Re (\frac{α_{4}}{X - ω_{4}}) + 2 Re (\frac{α_{5}}{X - ω_{5}})

avec $ω_{k} = \exp (2 i k π / 12)$ , les $ω_{1}, ω_{2}, ω_{4}$ et $ω_{5}$ de parties imaginaires strictement positives.

α_{k} = {\frac{1 - X^{4}}{{(1 - X^{12})}^{'}} |}_{X = ω_{k}} = \frac{1}{12} (ω_{k}^{5} - ω_{k}) .

Soit $ω = a + i b \in ℂ$ avec $a \in ℝ$ et $b > 0$ . On a

\int_{- A}^{A} \frac{d t}{t - ω} = \int_{- A}^{A} \frac{(t - a) + i b}{{(t - a)}^{2} + b^{2}} d t = {[\frac{1}{2} \ln ({(t - a)}^{2} + b^{2}) + i \arctan (\frac{t - a}{b})]}_{- A}^{A} \to_{A \to + \infty}^{} i π

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

lim_{A \to + \infty} (\int_{- A}^{A} 2 Re (\frac{α}{t - ω}) d t) = 2 Re (lim_{A \to + \infty} α \int_{- A}^{A} \frac{d t}{t - ω}) = - 2 π Im (α) .

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

\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{d x}{1 + x^{4} + x^{8}} = lim_{A \to + \infty} \int_{- A}^{A} \frac{d x}{1 + x^{4} + x^{8}}

et on en déduit

\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{d x}{1 + x^{4} + x^{8}} = - 2 π Im (α_{1} + α_{2} + α_{4} + α_{5})

ce qui donne

\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{d x}{1 + x^{4} + x^{8}} = \frac{π}{6} Im (ω^{2} - ω^{10} + ω^{4} - ω^{8}) .

ω^{2} - ω^{10} = 2 i \sin (\frac{π}{3}) = i \sqrt{3} et ω^{4} - ω^{8} = 2 i \sin (\frac{2 π}{3}) = i \sqrt{3}

et finalement

\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{d x}{1 + x^{4} + x^{8}} = \frac{π}{\sqrt{3}} .

Exercice 51 5250

Dans ce sujet, on étudie

I = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x} - e^{- 2 x}}{x} d x .

(a)

Justifier l’existence de l’intégrale définissant $I$ .
(b)

En séparant cette dernière intégrale en deux, observer

$I = lim_{ε \to 0^{+}} \int_{ε}^{2 ε} \frac{e^{- x}}{x} d x .$
(c)

Donner la valeur de $I$ .

Exercice 52 676 ENSTIM (MP)Correction

(a)

Justifier l’existence de

$I = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin^{3} (t)}{t^{2}} d t .$

Pour $x > 0$ , on pose

I (x) = \int_{x}^{+ \infty} \frac{\sin^{3} (t)}{t^{2}} d t .

On donne l’identité $\sin (3 a) = 3 \sin (a) - 4 \sin^{3} (a)$ .

(b)

Établir que

$I (x) = \frac{3}{4} \int_{x}^{3 x} \frac{\sin (t)}{t^{2}} d t .$
(c)

En déduire la valeur de $I$ .

Solution

(a)

$f : t \mapsto \frac{\sin^{3} (t)}{t^{2}}$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ .
Quand $t \to 0$ , $f (t) \to 0$ et quand $t \to + \infty$ , $f (t) = O (1 / t^{2})$ .
On en déduit que $f$ est intégrable sur $I$ ce qui assure l’existence de $I$ .
(b)

On a $\sin (3 t) = 3 \sin (t) - 4 \sin^{3} (t)$ donc

$4 I (x) = \int_{x}^{+ \infty} \frac{3 \sin (t) - \sin (3 t)}{t^{2}} d t .$

Par convergence des intégrales écrites, on a

$4 I (x) = 3 \int_{x}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t^{2}} d t - \int_{x}^{+ \infty} \frac{\sin (3 t)}{t^{2}} d t .$

Or

$\int_{x}^{+ \infty} \frac{\sin (3 t)}{t^{2}} d t \underset{u = 3 t}{=} 3 \int_{3 x}^{+ \infty} \frac{\sin (u)}{u^{2}} d u$

donc

$I (x) = \frac{3}{4} \int_{x}^{3 x} \frac{\sin (t)}{t^{2}} d t .$
(c)

On remarque $I = {lim}_{x \to 0} I (x)$ . Lorsque $x$ devient petit, $I (x)$ est l’intégrale sur un intervalle de plus en plus petit d’une fonction de plus en plus grande. Puisque $\sin (t) \sim t$ au voisinage de $0$ , on peut présumer que $I (x)$ se rapproche de

$\frac{3}{4} \int_{x}^{3 x} \frac{t}{t^{2}} d t = \frac{3}{4} \int_{x}^{3 x} \frac{1}{t} d t = \frac{3}{4} {[\ln (t)]}_{x}^{3 x} = \frac{3}{4} \ln (3) .$

On étudie alors la différence

$| I (x) - \frac{3}{4} \ln (3) | \leq \frac{3}{4} \int_{x}^{3 x} \frac{| \sin (t) - t |}{t^{2}} d t .$

Or la fonction

$g : t \mapsto \frac{\sin (t) - t}{t^{2}}$

se prolonge par continuité en $0$ et donc

$\int_{x}^{3 x} \frac{| \sin (t) - t |}{t^{2}} d t = \int_{0}^{3 x} g (t) d t - \int_{0}^{x} g (t) d t \to_{x \to 0}^{} 0 .$

On en déduit

$I = \frac{3}{4} \ln (3) .$

Exercice 53 5404 Correction

Calculer

\int_{0}^{+ \infty} (\arctan (x + 1) - \arctan (x)) d x .

Solution

Soit $X \in [0; + \infty [$ . Par linéarité,

\int_{0}^{X} (\arctan (x + 1) - \arctan (x)) d x = \int_{0}^{X} \arctan (x + 1) d x - \int_{0}^{X} \arctan (x) d x .

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

	$\int_{0}^{X} (\arctan (x + 1) - \arctan (x)) d x$	$= \int_{1}^{X + 1} \arctan (x) d x - \int_{0}^{X} \arctan (x) d x$
		$= \int_{X}^{X + 1} \arctan (x) d x - \int_{0}^{1} \arctan (x) d x .$

Par intégration par parties,

	$\int_{0}^{1} \arctan (x) d x$	$= {[x \arctan (x)]}_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{x}{1 + x^{2}} d t$
		$= \frac{π}{4} - {[\frac{1}{2} \ln (1 + x^{2})]}_{0}^{1} = \frac{π}{4} - \frac{1}{2} \ln (2) .$

Par croissance de la fonction $\arctan$ ,

\underset{\begin{matrix} = \arctan (X) \to_{X \to + \infty}^{} π / 2 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\int_{X}^{X + 1} \arctan (X) d x}} \leq \int_{X}^{X + 1} \arctan (x) d x \leq \underset{\begin{matrix} = \arctan (X + 1) \to_{X \to + \infty}^{} π / 2 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\int_{X}^{X + 1} \arctan (X + 1) d x}} .

Par théorème d’encadrement,

\int_{X}^{X + 1} \arctan (x) d x \to_{X \to + \infty}^{} \frac{π}{2} .

On conclut

\int_{0}^{+ \infty} (\arctan (x + 1) - \arctan (x)) d x = \frac{π}{4} + \frac{1}{2} \ln (2)

avec existence de l’intégrale.

Exercice 54 675

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction continue telle que

\int_{0}^{+ \infty} f (t) d t converge et lim_{x \to - \infty} f (x) = ℓ \in ℝ .

Justifier l’existence et donner la valeur de

\int_{- \infty}^{+ \infty} (f (t + 1) - f (t)) d t .

Exercice 55 677 Correction

Existence et valeur de

\int_{0}^{+ \infty} \frac{\arctan (2 t) - \arctan (t)}{t} d t .

Solution

La fonction $f : t \mapsto \frac{\arctan (2 t) - \arctan (t)}{t}$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ .

D’une part,

f (t) \underset{t \to 0^{+}}{=} \frac{2 t - t + o (t)}{t} \to_{t \to 0^{+}}^{} 1 .

D’autre part,

f (t) = \frac{\frac{π}{2} - \arctan (\frac{1}{2 t}) - \frac{π}{2} + \arctan (\frac{1}{t})}{t} \underset{t \to + \infty}{=} O (\frac{1}{t^{2}}) .

Ainsi, $f$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ . Pour $x \geq 0$ ,

\int_{0}^{x} \frac{\arctan (2 t) - \arctan (t)}{t} d t = \int_{0}^{x} \frac{\arctan (2 t)}{t} d t - \int_{0}^{x} \frac{\arctan (t)}{t} d t

avec convergence des deux nouvelles intégrales.

Par changement de variable $u = 2 t$ sur la première,

	$\int_{0}^{x} \frac{\arctan (2 t) - \arctan (t)}{t} d t$	$= \int_{0}^{2 x} \frac{\arctan (t)}{t} d t - \int_{0}^{x} \frac{\arctan (t)}{t} d t$
		$= \int_{x}^{2 x} \frac{\arctan (t)}{t} d t .$

Par la croissance de la fonction $\arctan$ ,

\underset{\begin{matrix} \to_{x \to + \infty}^{} \frac{π}{2} \ln (2) \end{matrix}}{\underset{⏟}{\arctan (x) \int_{x}^{2 x} \frac{d t}{t}}} \leq \int_{x}^{2 x} \frac{\arctan (t)}{t} d t \leq \underset{\begin{matrix} \to_{x \to + \infty}^{} \frac{π}{2} \ln (2) \end{matrix}}{\underset{⏟}{\arctan (2 x) \int_{x}^{2 x} \frac{d t}{t}}} .

Par théorème d’encradement,

\int_{0}^{+ \infty} \frac{\arctan (2 t) - \arctan (t)}{t} d t = \frac{π}{2} \ln (2) .

Exercice 56 1334 X (MP)Correction

Soient $(a, b) \in ℝ^{2}$ avec $a < b$ et $f \in 𝒞^{0} (ℝ, ℝ)$ admettant une limite finie $ℓ$ en $- \infty$ et telle que $\int_{0}^{+ \infty} f$ existe.
Justifier l’existence, puis calculer:

\int_{- \infty}^{+ \infty} (f (a + x) - f (b + x)) d x .

Solution

Puisque l’intégrale $\int_{0}^{+ \infty} f$ converge, il en est de même de

\int_{0}^{+ \infty} f (a + x) d x et \int_{0}^{+ \infty} f (b + x) d x

avec

\int_{0}^{+ \infty} f (a + x) d x = \int_{a}^{+ \infty} f (x) d x et \int_{0}^{+ \infty} f (b + x) d x = \int_{b}^{+ \infty} f (x) d x .

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

\int_{0}^{+ \infty} (f (a + x) - f (b + x)) d x = \int_{a}^{b} f (x) d x .

D’autre part, on a par découpage et pour tout $A \geq 0$

\int_{- A}^{0} (f (a + x) - f (b + x)) d x = \int_{- A + a}^{- A + b} f (x) d x - \int_{a}^{b} f (x) d x .

(b - a) \min_{[- A + a; - A + b]} f \leq \int_{- A + a}^{- A + b} f (x) d x \leq (b - a) \max_{[- A + a; - A + b]} f

avec

\min_{[- A + a; - A + b]} f \to_{A \to + \infty}^{} ℓ et \max_{[- A + a; - A + b]} f \to_{A \to + \infty}^{} ℓ

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

\int_{- \infty}^{0} (f (a + x) - f (b + x)) d x = (b - a) ℓ - \int_{a}^{b} f (x) d x

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

\int_{- \infty}^{+ \infty} (f (a + x) - f (b + x)) d x = (b - a) ℓ .

Exercice 57 3000 SAINT CYR (MP)Correction

On pose

I (α) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{x \ln (x)}{{(1 + x^{2})}^{α}} d x .

(a)

Discuter l’existence de $I (α)$ selon la valeur du réel $α$ .
(b)

Calculer $I (2)$ et $I (3)$ .

Solution

(a)

Soit $α \in ℝ$ .

On pose $f_{α} : x \mapsto \frac{x \ln (x)}{{(1 + x^{2})}^{α}}$ .

La fonction $f_{α}$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ .

D’une part,

$\sqrt{x} f_{α} (x) \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \sqrt{x} \ln (x) \to_{x \to 0^{+}}^{} 0 .$

La fonction $f_{α}$ est donc intégrable sur $] 0; 1]$ quelle que soit la valeur du réel $α$ .

D’autre part,

$f_{α} (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{\ln (x)}{x^{2 α - 1}} .$

Par équivalence de fonctions positives, l’intégrale de $f_{α}$ sur $[1; + \infty [$ converge¹¹ 1 Cf. intégrales de Bertrand. si, et seulement si, $2 α - 1 > 1$ , c’est-à-dire $α > 1$ .

En résumé, l’intégrale définissant $I (α)$ existe si, et seulement si, $α > 1$ .

(b)

Cas: $α = 2$ . On réalise le changement de variable $t = 1 / x$ . La fonction $x \mapsto 1 / x$ est de classe $𝒞^{1}$ strictement décroissante. Par ce changement de variable généralisé,

I (2) = \int_{+ \infty}^{0} - \frac{\frac{1}{t} \ln (\frac{1}{t})}{{(1 + \frac{1}{t^{2}})}^{2}} \frac{d t}{t^{2}} = - \int_{0}^{+ \infty} \frac{t \ln (t)}{{(1 + t^{2})}^{2}} d t = - I (2) .

On en déduit $I (2) = 0$ .

Cas: $α = 3$ . On réalise une intégration par parties sur $] 0; X]$ avec²² 2 Par commodité, on choisit la primitive $u$ qui s’annule en $0$ .

u (x) = - \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{{(1 + x^{2})}^{2}} + \frac{1}{4} = \frac{x^{4} + 2 x^{2}}{4 {(1 + x^{2})}^{2}} et v (x) = \ln (x) .

Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; X]$ et l’on vérifie

u (x) v (x) = \frac{(x^{4} + 2 x^{2}) \ln (x)}{4 {(1 + x^{2})}^{2}} \to_{x \to 0^{+}}^{} 0 .

Par le théorème d’intégration par parties généralisée, on obtient

	$I_{X} (3)$	$= {[\frac{(x^{4} + 2 x^{2}) \ln (x)}{4 {(1 + x^{2})}^{2}}]}_{0}^{X} - \int_{0}^{X} \frac{(x^{3} + 2 x) d x}{4 {(1 + x^{2})}^{2}}$
		$= - \frac{1}{4} \cdot \frac{\ln (X)}{{(1 + X^{2})}^{2}} + \frac{\ln (X)}{4} - \int_{0}^{X} \frac{x d x}{4 (1 + x^{2})} - \int_{0}^{X} \frac{x}{4 {(1 + x^{2})}^{2}} d x$
		$= - \frac{1}{4} \cdot \frac{\ln (X)}{{(1 + X^{2})}^{2}} + \frac{\ln (X)}{4} - \frac{1}{8} \ln (1 + X^{2}) + {[\frac{1}{8 (1 + x^{2})}]}_{0}^{X}$
		$= \underset{\begin{matrix} \to 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{- \frac{1}{4} \cdot \frac{\ln (X)}{{(1 + X^{2})}^{2}}}} + \underset{\begin{matrix} \to 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{1}{8} \ln (\frac{X^{2}}{1 + X^{2}})}} + \underset{\begin{matrix} \to 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{1}{8 (1 + X^{2})}}} - \frac{1}{8} \to_{X \to + \infty}^{} - \frac{1}{8} .$

On conclut

I (3) = - \frac{1}{8} .

Exercice 58 525 CENTRALE (PC)Correction

Justifier l’existence et calculer

I = \int_{0}^{+ \infty} t ⌊ 1 / t ⌋ d t .

Solution

La fonction $f : t \mapsto t ⌊ 1 / t ⌋$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ .
Pour $t > 1$ , $⌊ 1 / t ⌋ = 0$ et donc $f (t) = 0$ . Ainsi $f$ est intégrable sur $[1; + \infty [$ .
Pour $t > 0$ , $1 / t - 1 \leq ⌊ 1 / t ⌋ \leq 1 / t$ et donc $f (t) \to_{t \to 0^{+}}^{} 1$ . Ainsi $f$ est intégrable sur $] 0; 1]$ .
On a

I = lim_{n \to + \infty} \int_{1 / n}^{1} f (t) d t .

\int_{1 / n}^{1} f (t) d t = \sum_{k = 1}^{n - 1} \int_{1 / (k + 1)}^{1 / k} t ⌊ 1 / t ⌋ d t = \sum_{k = 1}^{n - 1} \int_{1 / (k + 1)}^{1 / k} k t d t

puis

\int_{1 / n}^{1} f (t) d t = \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{2 k + 1}{k {(k + 1)}^{2}} .

Par décomposition en éléments simples

\int_{1 / n}^{1} f (t) d t = \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{n - 1} (\frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1} + \frac{1}{{(k + 1)}^{2}})

et après réorganisation

\int_{1 / n}^{1} f (t) d t = \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{2}} .

On en déduit

I = \frac{π^{2}}{12} .

Exercice 59 5015

Existence et valeur de

\int_{1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{⌊ t ⌋}}{t} d t .

Exercice 60 5048 MINES (PC)

(Calcul de l’intégrale de Dirichlet)

Pour $n \in ℕ$ , on pose

I_{n} = \int_{0}^{π / 2} \frac{\sin ((2 n + 1) t)}{\sin (t)} d t et J_{n} = \int_{0}^{π / 2} \frac{\sin ((2 n + 1) t)}{t} d t .

(a)

Montrer que la suite $(I_{n})$ est constante égale à $π / 2$ .
(b)

Justifier que $(J_{n} - I_{n})$ 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.

$I = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t .$

Exercice 61 3375 CCINP (PC)Correction

(Calcul de l’intégrale de Gauss)

(a)

Montrer que

$\forall x \in ℝ, e^{x} \geq 1 + x .$

En déduire

$\forall t \in ℝ, 1 - t^{2} \leq e^{- t^{2}} \leq \frac{1}{1 + t^{2}} .$
(b)

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Établir l’existence des intégrales suivantes

$I = \int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t, I_{n} = \int_{0}^{1} {(1 - t^{2})}^{n} d t et J_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{{(1 + t^{2})}^{n}}$

puis établir

$I_{n} \leq \frac{I}{\sqrt{n}} \leq J_{n} .$
(c)

On pose

$W_{n} = \int_{0}^{π / 2} \cos^{n} (x) d x .$

Établir

$I_{n} = W_{2 n + 1} et J_{n + 1} = W_{2 n} .$
(d)

Trouver une relation de récurrence entre $W_{n}$ et $W_{n + 2}$ .

En déduire la constance de la suite de terme général

$u_{n} = (n + 1) W_{n} W_{n + 1} .$
(e)

Donner un équivalent de $W_{n}$ et en déduire la valeur de $I$ (intégrale de Gauss).

Solution

(a)

Il suffit d’étudier la variation de la fonction $x \mapsto e^{x} - (1 + x)$ pour obtenir cette inégalité de convexité classique. On en déduit

$1 - t^{2} \leq e^{- t^{2}} = \frac{1}{e^{t^{2}}} \leq \frac{1}{1 + t^{2}} .$
(b)

La fonction $t \mapsto e^{- t^{2}}$ est définie et continue par morceaux sur $[0; + \infty [$ . Puisque $t^{2} e^{- t^{2}} \to_{t \to + \infty}^{} 0$ , cette fonction est intégrable sur $[0; + \infty [$ ce qui assure l’existence de $I$ .
La fonction $t \mapsto {(1 - t^{2})}^{n}$ est définie et continue par morceaux sur le segment $[0; 1]$ , donc l’intégrale définissant $I_{n}$ existe.
La fonction $t \mapsto 1 / {(1 + t^{2})}^{n}$ est définie et continue par morceaux sur $[0; + \infty [$ . Puisque $1 / {(1 + t^{2})}^{n} \underset{t \to + \infty}{\sim} 1 / t^{2 n}$ avec $2 n > 1$ , cette fonction est intégrable sur $[0; + \infty [$ ce qui assure l’existence de $J_{n}$ .
On a

${(1 - t^{2})}^{n} \leq e^{- n t^{2}} \leq \frac{1}{{(1 + t^{2})}^{n}}$

donc

$I_{n} \leq \int_{0}^{1} e^{- n t^{2}} d t = \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{0}^{\sqrt{n}} e^{- y^{2}} d y \leq \frac{I}{\sqrt{n}}$

et

$\frac{I}{\sqrt{n}} = \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{0}^{+ \infty} e^{- y^{2}} d y = \int_{0}^{+ \infty} e^{- n x^{2}} d x \leq J_{n} .$
(c)

Le changement de variable $t = \sin (x)$ donne $I_{n} = W_{2 n + 1}$ .
Le changement de variable $t = \tan (x)$ donne $J_{n + 1} = W_{2 n}$ .
(d)

Par intégration par parties

$W_{n + 2} = \frac{n + 1}{n + 2} W_{n} .$

On en déduit $u_{n + 1} = u_{n}$ donc la suite $(u_{n})$ est constante égale à

$u_{1} = π / 2 .$
(e)

Puisque

$\forall x \in [0; π / 2], {(\cos (x))}^{n + 1} \leq {(\cos (x))}^{n} \leq {(\cos (x))}^{n - 1}$

on obtient en intégrant

$W_{n + 1} \leq W_{n} \leq W_{n - 1} .$

Or

$W_{n + 1} = \frac{n}{n + 1} W_{n - 1} \sim W_{n - 1}$

donc par encadrement

$W_{n + 1} \sim W_{n} .$

On en déduit

$u_{n} \sim n W_{n}^{2}$

puis

$W_{n} \sim \frac{\sqrt{π}}{\sqrt{2 n}} .$

Par suite,

$I_{n} \sim \frac{\sqrt{π}}{2 \sqrt{n}} et J_{n} \sim \frac{\sqrt{π}}{2 \sqrt{n}} .$

L’encadrement du b) donne alors

$I = \frac{\sqrt{π}}{2} .$

Exercice 62 3916 CENTRALE (MP)

(a)

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

$lim_{A \to + \infty} \int_{- A}^{A} \frac{d t}{t - z} .$

Soit $F \in ℝ (X)$ une fraction rationnelle sans pôles réels et intégrable sur $ℝ$ . Pour $a \in ℂ$ un pôle de $F$ , on note $R_{a}$ le coefficient de $\frac{1}{X - a}$ dans la décomposition en éléments simples de $F$

(b)

Calculer la somme des $R_{a}$ 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

$\int_{- \infty}^{+ \infty} F (t) d t = 2 i π \sum_{a \in 𝒫^{+}} R_{a} .$
(d)

Application : Soient $m$ et $n$ deux entiers naturels avec $n > m$ . Calculer

$\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{t^{2 m}}{1 + t^{2 n}} d t .$

Exercice 63 2968 X (MP)Correction

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

Exprimer

\int_{ℝ} \frac{P (t)}{Q (t)} d t

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

Solution

La fonction $t \mapsto P (t) / Q (t)$ est définie et continue sur $ℝ$ . De plus, Pour $| t | \to + \infty$ ,

\frac{P (t)}{Q (t)} \underset{t \to + \infty}{=} O (\frac{1}{t^{2}}) car \deg (\frac{P}{Q}) \leq - 2

et l’intégrale $\int_{ℝ} \frac{P}{Q}$ 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 $P / Q = 2 Re (F)$ où $F$ est la fraction rationnelle obtenue en sommant les parties polaires relatives aux pôles de partie imaginaire strictement positive.

Considérons un pôle $a = α + i β$ avec $α \in ℝ$ et $β > 0$ .

Pour les éléments simples de la forme $\frac{1}{{(X - a)}^{m}}$ avec $m > 1$ , on a

\int_{ℝ} \frac{d t}{{(t - a)}^{m}} = {[- \frac{1}{m - 1} \frac{1}{{(t - a)}^{m - 1}}]}_{- \infty}^{+ \infty} = 0 .

Pour les éléments simples de la forme $\frac{1}{X - a}$ on a

\int_{- A}^{A} \frac{d t}{t - a} = \int_{- A}^{A} \frac{t - α + i β}{{(t - α)}^{2} + β^{2}} = {[\ln (| t - a |) + i \arctan (\frac{t - α}{β})]}_{- A}^{A} .

Quand $A \to + \infty$ , on obtient

\int_{- A}^{A} \frac{d t}{t - a} \to i π .

Puisque

\int_{ℝ} \frac{P (t)}{Q (t)} d t = lim_{A \to + \infty} \int_{- A}^{A} \frac{P (t)}{Q (t)} d t

on obtient

\int_{ℝ} \frac{P (t)}{Q (t)} d t = 2 π Re (i σ) = - 2 π Im (σ)

avec $σ$ la somme des coefficients facteurs des éléments simples $\frac{1}{X - a}$ pour $a \in ℂ$ de parties imaginaires strictement positive.

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

Exercice 64 4708

Soient $α > 0$ et $ω \in ℝ$ . Calculer

C (α, ω) = \int_{0}^{+ \infty} \cos (ω t) e^{- α t} d t et S (α, ω) = \int_{0}^{+ \infty} \sin (ω t) e^{- α t} d t .

Exercice 65 684 Correction

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

I (a) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\ln (t)}{a^{2} + t^{2}} d t .

Solution

La fonction $t \mapsto \frac{\ln (t)}{a^{2} + t^{2}}$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ .
Cette fonction est intégrable car

\sqrt{t} \frac{\ln (t)}{a^{2} + t^{2}} \to_{t \to 0 +}^{} 0 et t^{3 / 2} \frac{\ln (t)}{a^{2} + t^{2}} \to_{t \to + \infty}^{} 0 .

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

Par le changement de variable $𝒞^{1}$ bijectif proposé

I (a) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\ln (t)}{a^{2} + t^{2}} d t \underset{u = a / t}{=} \int_{0}^{+ \infty} \frac{\ln (a) - \ln (u)}{a (u^{2} + 1)} d u = \frac{\ln (a)}{a} \int_{0}^{+ \infty} \frac{d u}{u^{2} + 1} - \frac{1}{a} I (1) .

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

I (a) = \frac{π}{2} \cdot \frac{\ln (a)}{a} .

Exercice 66 685

Pour $a$ réel, on pose

I (a) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{(1 + t^{2}) (1 + t^{a})} .

(a)

Pour quelles valeurs de $a$ , l’intégrale définissant $I (a)$ existe-t-elle?
(b)

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

Exercice 67 674

Soient $p$ et $q$ deux réels tels que $p^{2} < q$ . Calculer

\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + 2 p t + q} .

Exercice 68 2825 MINES (MP)Correction

Existence et calcul éventuel de

\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{1}{1 + {(t + i b)}^{2}} d t .

Solution

On peut écrire

1 + {(t + i b)}^{2} = (t + i (b + 1)) (t + i (b - 1)) .

Si $b = \pm 1$ la fonction n’est pas intégrable sur $ℝ$ à cause d’une singularité en 0.
Si $b \neq \pm 1$ alors la fonction $f : t \mapsto \frac{1}{1 + {(t + i b)}^{2}}$ est continue par morceaux sur $ℝ$ et $f (t) = O (\frac{1}{t^{2}})$ quand $t \to \pm \infty$ donc $f$ est intégrable sur $ℝ$ .
En procédant à une décomposition en éléments simples:

\int_{- A}^{A} \frac{d t}{1 + {(t + i b)}^{2}} = \frac{i}{2} {[\frac{1}{2} \ln (t^{2} + {(b + 1)}^{2}) + \arctan (\frac{t}{b + 1})]}_{- A}^{A} - \frac{i}{2} {[\frac{1}{2} \ln (t^{2} + {(b - 1)}^{2}) + \arctan (\frac{t}{b - 1})]}_{- A}^{A} .

Si $| b | > 1$ alors

\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{d t}{1 + {(t + i b)}^{2}} = 0 .

Si $| b | < 1$ alors

\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{d t}{1 + {(t + i b)}^{2}} = π .

Exercice 69 3884 MINES (MP)Correction

Pour $α \in ℝ$ , étudier l’existence et déterminer l’éventuelle valeur de

\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + α t + 1} .

Solution

Le discriminant du trinôme $t^{2} + α t + 1$ vaut $Δ = α^{2} - 4$ .

Cas: $| α | < 2$ . On a $Δ < 0$ , le trinôme ne s’annule pas et la fonction $t \mapsto 1 / (t^{2} + α t + 1)$ est définie et continue par morceaux sur $[0; + \infty [$ . La fonction est intégrable car équivalente à $1 / t^{2}$ en $+ \infty$ .

Cas: $α \geq 2$ . Le trinôme ne s’annule pas sur $[0; + \infty [$ car il est somme de termes positifs. À nouveau la fonction $t \mapsto 1 / (t^{2} + α t + 1)$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ .

Cas: $α \leq - 2$ . le trinôme $t^{2} + α t + 1$ présente deux racines positives et la fonction $t \mapsto 1 / (t^{2} + α t + 1)$ n’est pas définie sur l’intégralité de l’intervalle $] 0; + \infty [$ . 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 $t^{2} + α t + 1$ s’écrit peut se réécrire

{(t + \frac{α}{2})}^{2} + a^{2} avec a = \sqrt{1 - \frac{α^{2}}{4}} .

On a alors

\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + α t + 1} = {[\frac{1}{a} \arctan (\frac{2 t + α}{a})]}_{0}^{+ \infty}

puis

\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + α t + 1} = \frac{1}{a} (\frac{π}{2} - \arctan (\frac{α}{a})) .

Cas: $α = 2$ .

\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + 2 t + 1} = {[- \frac{1}{t + 1}]}_{0}^{+ \infty} = 1 .

Cas: $α > 2$ . Le trinôme $t^{2} + α t + 1$ à deux racines $t_{0}, t_{1}$ distinctes strictement négatives.

t_{0} = \frac{- α - \sqrt{Δ}}{2} et t_{1} = \frac{- α + \sqrt{Δ}}{2} .

Par décomposition en éléments simples,

\frac{1}{t^{2} + α t + 1} = \frac{a}{t - t_{0}} + \frac{b}{t - t_{1}}

avec

a = \frac{1}{t_{1} - t_{0}} = \frac{1}{\sqrt{Δ}} et b = \frac{1}{t_{0} - t_{1}} = - a .

On a alors

\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + α t + 1} = \frac{1}{t_{1} - t_{0}} {[\ln (\frac{t - t_{0}}{t - t_{1}})]}_{0}^{+ \infty} = \frac{1}{\sqrt{Δ}} \ln (\frac{α + \sqrt{Δ}}{α - \sqrt{Δ}}) .

Exercice 70 3222 Correction

Pour $a, b > 0$ , calculer

I (a, b) = \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{d t}{(t^{2} + a^{2}) (t^{2} + b^{2})} .

Solution

La fonction $t \mapsto \frac{1}{(t^{2} + a^{2}) (t^{2} + b^{2})}$ est définie et continue par morceaux sur $] - \infty; + \infty [$ .

Quand $t \to + \infty$ , $f (t) \sim \frac{1}{t^{4}}$ donc $f$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ .

Quand $t \to - \infty$ , $f (t) \sim \frac{1}{t^{4}}$ donc $f$ est intégrable sur $] - \infty; 0]$ .

On remarque

\frac{1}{t^{2} + a^{2}} - \frac{1}{t^{2} + b^{2}} = \frac{b^{2} - a^{2}}{(t^{2} + a^{2}) (t^{2} + b^{2})} .

Cas: $a \neq b$ .

I (a, b) = \frac{1}{b^{2} - a^{2}} (\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + a^{2}} - \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + b^{2}})

avec convergence des deux intégrales introduites. Sachant

\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + a^{2}} = {[\frac{1}{a} \arctan (\frac{t}{a})]}_{- \infty}^{+ \infty} = \frac{π}{a}

on obtient

I (a, b) = \frac{π}{a b (a + b)} .

Cas: $a = b$ .

I (a, a) = \frac{1}{a^{2}} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{(t^{2} + a^{2} - t^{2}) d t}{{(t^{2} + a^{2})}^{2}} = \frac{1}{a^{2}} (\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + a^{2}} - \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{t^{2}}{{(t^{2} + a^{2})}^{2}} d t) .

Par intégration par parties généralisée,

\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{t \times t}{{(t^{2} + a^{2})}^{2}} d t = {[- \frac{1}{2} \frac{t}{t^{2} + a^{2}}]}_{- \infty}^{+ \infty} + \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + a^{2}} = \frac{π}{2 a} .

On conclut

I (a, a) = \frac{π}{2 a^{3}} .

Exercice 71 681 Correction

Pour $a > 0$ , calculer

I (a) = \int_{0}^{+ \infty} (t - ⌊ t ⌋) e^{- a t} d t .

Solution

La fonction $f : t \mapsto (t - ⌊ t ⌋) e^{- a t}$ est définie et continue par morceaux sur $[0; + \infty [$ .
Quand $t \to + \infty$ , $t^{2} f (t) \to 0$ donc $f$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ .

\int_{0}^{n} f (t) d t = \sum_{k = 0}^{n - 1} \int_{k}^{k + 1} f (t) d t = \sum_{k = 0}^{n - 1} \int_{0}^{1} t e^{- a (t + k)} d t = \frac{1 - e^{- n a}}{1 - e^{- a}} \frac{1 - (a + 1) e^{- a}}{a^{2}} .

Quand $n \to + \infty$ ,

\int_{0}^{+ \infty} f (t) d t = \frac{1 - (a + 1) e^{- a}}{a^{2} (1 - e^{- a})} .

Exercice 72 3628 Correction

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

\int_{0}^{+ \infty} (\sqrt{t} + a \sqrt{t + 1} + b \sqrt{t + 2}) d t .

La calculer lorsque c’est le cas.

Solution

La fonction $f : t \mapsto \sqrt{t} + a \sqrt{t + 1} + b \sqrt{t + 2}$ est définie et continue par morceaux sur $[0; + \infty [$ .
Par développements limités

f (t) = (1 + a + b) \sqrt{t} + \frac{a + 2 b}{2} \frac{1}{\sqrt{t}} + O (\frac{1}{t^{3 / 2}}) quand t \to + \infty .

Si $1 + a + b \neq 0$ alors $f (t) \to_{t \to + \infty}^{} + \infty$ ou $- \infty$ et l’intégrale n’est assurément pas convergente.
Si $1 + a + b = 0$ et $a + 2 b \neq 0$ alors $f (t) \sim \frac{λ}{t^{1 / 2}}$ avec $λ \neq 0$ . Par équivalence de fonction de signe constant au voisinage de $+ \infty$ , on peut affirmer que l’intégrale diverge.
Si $1 + a + b = 0$ et $a + 2 b = 0$ c’est-à-dire $(a, b) = (- 2,1)$ alors $f (t) = O (1 / t^{3 / 2})$ et donc $f$ est intégrable.
Finalement, l’intégrale étudiée converge si, et seulement si, $(a, b) = (- 2,1)$ .
Supposons que tel soit le cas.

\int_{0}^{x} (\sqrt{t} - 2 \sqrt{t + 1} + \sqrt{t + 2}) d t = \frac{2}{3} {[t^{3 / 2} - 2 {(t + 1)}^{3 / 2} + {(t + 2)}^{3 / 2}]}_{0}^{x} .

Par développements limités

x^{3 / 2} - 2 {(x + 1)}^{3 / 2} + {(x + 2)}^{3 / 2} \sim \frac{3}{4 \sqrt{x}} \to_{x \to + \infty}^{} 0

et donc

\int_{0}^{+ \infty} (\sqrt{t} + a \sqrt{t + 1} + b \sqrt{t + 2}) d t = \frac{4}{3} (1 - \sqrt{2}) .

Exercice 73 686 Correction

Soit $f$ une fonction continue et croissante sur $ℝ$ telle que ${lim}_{x \to + \infty} f (x) = ℓ$ .

(a)

Pour $a > 0$ , montrer que l’intégrale

$\int_{0}^{+ \infty} f (x + a) - f (x) d x$

est définie et la calculer.
(b)

Calculer

$\int_{- \infty}^{+ \infty} \arctan (x + a) - \arctan (x) d x .$

Solution

(a)

$x \mapsto f (x + a) - f (x)$ est continue et positive (car $f$ est croissante).

$\int_{0}^{A} f (x + a) - f (x) d x = \int_{a}^{A + a} f (x) d x - \int_{0}^{A} f (x) d x = \int_{A}^{A + a} f (x) d x - \int_{0}^{a} f (x) d x .$

Or $f (x) \to_{x \to + \infty}^{} ℓ$ donc

$\forall ε > 0, \exists M \in ℝ, x \geq M ⟹ | f (x) - ℓ | \leq ε$

et alors

$\forall A \geq M, | \int_{A}^{A + a} f (x) d x - a ℓ | \leq \int_{A}^{A + a} | f (x) - ℓ | d x \leq a ε$

donc

$\int_{A}^{A + a} f (x) d x \to_{A \to + \infty}^{} a ℓ$

puis

$\int_{0}^{A} f (x + a) - f (x) d x \to_{A \to + \infty}^{} a ℓ - \int_{0}^{a} f (x) d x .$

On peut conclure que $\int_{0}^{+ \infty} f (x + a) - f (x) d x$ est définie et

$\int_{0}^{+ \infty} f (x + a) - f (x) d x = a ℓ - \int_{0}^{a} f (x) d x .$
(b)

Comme ci-dessus, mais en faisant $A \to - \infty$ , on établie

$\int_{0}^{- \infty} f (x + a) - f (x) d x = a ℓ^{'} - \int_{0}^{a} f (x) d x$

avec $ℓ^{'} = {lim}_{x \to - \infty} f (x)$ . Par conséquent, $\int_{- \infty}^{+ \infty} \arctan (x + a) - \arctan (x) d x$ est définie par application du théorème de Chasles et

$\int_{- \infty}^{+ \infty} \arctan (x + a) - \arctan (x) d x = π a .$

Exercice 74 4060 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ continue telle que l’intégrale suivante converge:

\int_{1}^{+ \infty} \frac{f (t)}{t} d t .

On se donne deux réels $0 < a < b$ .

(a)

Établir que pour tout $x > 0$

$\int_{x}^{+ \infty} \frac{f (a t) - f (b t)}{t} d t = \int_{a x}^{b x} \frac{f (t)}{t} d t .$
(b)

En déduire convergence et valeur de

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{f (a t) - f (b t)}{t} d t .$

Solution

(a)

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

$\frac{d}{d x} (\int_{x}^{+ \infty} \frac{f (a t) - f (b t)}{t} d t) = - \frac{f (a x) - f (b x)}{x} .$

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

$\frac{d}{d x} (\int_{a x}^{b x} \frac{f (u)}{u} d u) = b \frac{f (b x)}{b x} - a \frac{f (a x)}{a x} = \frac{f (b x) - f (a x)}{x} .$

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 $x \to + \infty$ 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

$\int_{a x}^{b x} \frac{f (t)}{t} d t = f (0) \ln (\frac{b}{a}) + \int_{a x}^{b x} \frac{φ (t)}{t} d t .$

Or

$| \int_{a x}^{b x} \frac{φ (t)}{t} d t | \leq \max_{t \in [a x; b x]} | φ (t) | \int_{a x}^{b x} \frac{d t}{t} = \ln (\frac{b}{a}) \max_{t \in [a x; b x]} | φ (t) | \to_{x \to 0^{+}}^{} 0 .$

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

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{f (a t) - f (b t)}{t} d t = f (0) \ln (\frac{b}{a}) .$

Exercice 75 2827 MINES (MP)Correction

Trouver une expression simple de

\int_{0}^{π} \frac{\sin^{2} (t)}{(1 - 2 x \cos (t) + x^{2}) (1 - 2 y \cos (t) + y^{2})} d t

où $x, y \in] - 1; 1 [$ .

Solution

Par le changement de variable $u = \tan (\frac{t}{2})$ on parvient à l’intégrale

I = \int_{0}^{+ \infty} \frac{8 u^{2} d u}{(1 + u^{2}) ({(1 - x)}^{2} + {(1 + x)}^{2} u^{2}) ({(1 - y)}^{2} + {(1 + y)}^{2} u^{2})} .

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

\frac{a}{1 + u^{2}} + \frac{b}{{(1 - x)}^{2} + {(1 + x)}^{2} u^{2}} + \frac{c}{{(1 - y)}^{2} + {(1 + y)}^{2} u^{2}}

avec

a = - \frac{1}{2 x y}, b = - \frac{{(1 - x)}^{2} {(1 + x)}^{2}}{2 x (x - y) (1 - x y)} et c = - \frac{{(1 - y)}^{2} {(1 + y)}^{2}}{2 y (y - x) (1 - x y)}

sous réserve que $x \neq y$ et $x y \neq 0$ .
Puisque

\int_{0}^{+ \infty} \frac{d u}{α^{2} + β^{2} u^{2}} = \frac{1}{α β} \cdot \frac{π}{2}

on parvient à

I = \frac{π}{2} (- \frac{1}{2 x y} - \frac{1 - x^{2}}{2 x (x - y) (1 - x y)} + \frac{1 - y^{2}}{2 y (x - y) (1 - x y)}) = \frac{π}{2 (1 - x y)} .

Les cas exclus $x \neq y$ et $x y \neq 0$ peuvent être récupérés par continuité.
Il m’a peut-être échappé une démarche plus simple…

Exercice 76 3977 MINES (MP)

Pour $a$ réel strictement positif, on pose

I (a) = \int_{0}^{+ \infty} \exp (- (x^{2} + \frac{a^{2}}{x^{2}})) d x .

(a)

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

Justifier l’identité

$I (a) = \int_{\sqrt{a}}^{+ \infty} \exp (- (x^{2} + \frac{a^{2}}{x^{2}})) (1 + \frac{a}{x^{2}}) d x .$
(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.

$\int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t = \frac{\sqrt{π}}{2} .$

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

Exercice 77 5387 Correction

Calculer

\int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- \sqrt{t}}}{\sqrt{t}} d t .

Solution

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

\frac{e^{- \sqrt{t}}}{\sqrt{t}} \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{\sqrt{t}} et t^{2} \times \frac{e^{- \sqrt{t}}}{\sqrt{t}} = t^{3 / 2} e^{- \sqrt{t}} \underset{X = \sqrt{t}}{=} X^{3} e^{- X} \to_{t \to + \infty}^{} 0 .

Par le changement de variable $u = \sqrt{t}$ (qui est de classe $𝒞^{1}$ strictement croissant),

\int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- \sqrt{t}}}{\sqrt{t}} d t = 2 \int_{0}^{+ \infty} e^{- u} d u = 2 .

Exercice 78 5381 Correction

Calculer

\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{(e^{t} + 1) (e^{- t} + 1)} .

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur $[0; + \infty [$ . On remarque

\frac{1}{(e^{t} + 1) (e^{- t} + 1)} \underset{t \to + \infty}{\sim} e^{- t} = o (\frac{1}{t^{2}})

et cela assure l’intégrabilité sur $[1; + \infty [$ .

On peut réécrire la fonction intégrée

\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{(e^{t} + 1) (e^{- t} + 1)} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{t}}{e^{t}} \cdot \frac{1}{(e^{t} + 1) (e^{- t} + 1)} d t = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{t}}{{(e^{t} + 1)}^{2}} d t .

On reconnaît une forme $u^{'} / u^{2}$ qui permet de terminer le calcul

\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{(e^{t} + 1) (e^{- t} + 1)} = {[- \frac{1}{e^{t} + 1}]}_{0}^{+ \infty} = \frac{1}{2} .

On aurait aussi pu réaliser le changement de variable $u = e^{t}$ (qui est de classe $𝒞^{1}$ strictement croissant). Celui-ci transforme l’intégrale étudiée en

\int_{1}^{+ \infty} \frac{d u}{{(u + 1)}^{2}} = {[- \frac{1}{u + 1}]}_{0}^{+ \infty} = \frac{1}{2} .

Exercice 79 5386 Correction

Calculer

\int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{\sqrt{t}} d t .

Solution

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

t^{2 / 3} \frac{\ln (t)}{\sqrt{t}} = t^{1 / 6} \ln (t) \to_{t \to 0^{+}}^{} 0 .

Par le changement de variable $u = \sqrt{t}$ (qui est $𝒞^{1}$ strictement croissant),

\int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{\sqrt{t}} d t = \int_{0}^{1} 4 \ln (u) d u = {[4 u \ln (u) - 4 u]}_{0}^{1} = - 4 .

Exercice 80 5389 Correction

Calculer

\int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{\sqrt{1 - t}} d t .

Solution

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

\frac{\ln (t)}{\sqrt{1 - t}} \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \ln (t) et \frac{\ln (t)}{\sqrt{1 - t}} \underset{t \to 0^{+}}{=} o (\frac{1}{\sqrt{1 - t}}) .

Par le changement de variable $u = \sqrt{1 - t}$ (qui est de classe $𝒞^{1}$ strictement décroissant);

\int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{\sqrt{1 - t}} d t = - \int_{1}^{0} 2 \ln (1 - u^{2}) d u = \int_{0}^{1} 2 \ln (1 - u^{2}) d u .

\int_{0}^{1} \ln (1 - u^{2}) d u = \int_{0}^{1} \ln (1 - u) d u + \int_{0}^{1} \ln (1 + u) d u = 2 \ln (2) - 2

et donc

\int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{\sqrt{1 - t}} d t = 4 \ln (2) - 4 .

Exercice 81 5383 Correction

Calculer

\int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{sh (t)} .

Solution

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

t^{2} \times \frac{1}{sh (t)} = \frac{2 t^{2}}{e^{t} - e^{- t}} \to_{t \to + \infty}^{} 0 .

Réalisons le changement de variable $u = e^{t}$ : celui-ci est légitime car l’application $t \mapsto e^{t}$ est de classe $𝒞^{1}$ strictement croissant. Avec convergence de l’intégrale obtenue par la transformation, on obtient

\int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{sh (t)} = \int_{1}^{+ \infty} \frac{2 d t}{e^{t} - e^{- t}} = \int_{e}^{+ \infty} \frac{2 d u}{u^{2} - 1}

On poursuit à l’aide d’une décomposition en éléments simples (ou par une formule si on l’a connaît…)

\int_{e}^{+ \infty} \frac{2 d u}{u^{2} - 1} = \int_{e}^{+ \infty} (\frac{1}{u - 1} - \frac{1}{u + 1}) d u = {[\ln (\frac{u - 1}{u + 1})]}_{e}^{+ \infty} = \ln (\frac{e + 1}{e - 1}) .

Exercice 82 2350 Correction

Calculer

\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{\sqrt{e^{t} + 1}} .

Solution

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

t^{2} \frac{1}{\sqrt{e^{t} + 1}} \underset{n \to + \infty}{\sim} t^{2} e^{- t / 2} \to_{t \to + \infty}^{} 0 .

Par le changement de variable $u = \sqrt{e^{t} + 1}$ (qui est de classe $𝒞^{1}$ strictement croissant)

\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{\sqrt{e^{t} + 1}} = \int_{\sqrt{2}}^{+ \infty} \frac{2 d u}{u^{2} - 1} = {[\ln (\frac{u - 1}{u + 1})]}_{\sqrt{2}}^{+ \infty} = \ln (\frac{\sqrt{2} + 1}{\sqrt{2} - 1}) = 2 \ln (\sqrt{2} + 1) .

Exercice 83 5385 Correction

Calculer

\int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} \sqrt{1 + t^{2}}} .

Solution

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

\frac{d t}{t^{2} \sqrt{1 + t^{2}}} \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{1}{t^{3}} .

Par le changement de variable $t = sh (x)$ (qui est de classe $𝒞^{1}$ strictement croissant),

\int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} \sqrt{1 + t^{2}}} = \int_{α}^{+ \infty} \frac{d x}{{sh}^{2} (x)}

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

α = \ln (1 + \sqrt{2}) .

Par le changement de variable $u = e^{x}$ (qui est de classe $𝒞^{1}$ strictement croissant),

\int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} \sqrt{1 + t^{2}}} = \int_{α}^{+ \infty} \frac{4 d x}{{(e^{x} - e^{- x})}^{2}} = \int_{1 + \sqrt{2}}^{+ \infty} \frac{4 d u}{u {(u - 1 / u)}^{2}} .

On peut alors terminer le calcul

\int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} \sqrt{1 + t^{2}}} = \int_{1 + \sqrt{2}}^{+ \infty} \frac{4 u d u}{{(u^{2} - 1)}^{2}} = {[\frac{2}{1 - u^{2}}]}_{1 + \sqrt{2}}^{+ \infty} = \frac{2}{{(\sqrt{2} + 1)}^{2} - 1} = \sqrt{2} - 1 .

Exercice 84 5390 Correction

Calculer

\int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{(x + 1) \sqrt[3]{x}} .

Solution

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

\frac{1}{(x + 1) \sqrt[3]{x}} \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{x^{1 / 3}} et \frac{d x}{(x + 1) \sqrt[3]{x}} \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{x^{4 / 3}} .

Par le changement de variable $t = \sqrt[3]{x}$ (qui est de classe $𝒞^{1}$ strictement croissant),

\int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{(x + 1) \sqrt[3]{x}} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{3 t^{2} d t}{(t^{3} + 1) t} = 3 \int_{0}^{+ \infty} \frac{t d t}{t^{3} + 1} .

Après décomposition en éléments simples,

\int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{(x + 1) \sqrt[3]{x}} = {[\ln (\frac{t + 1}{\sqrt{t^{2} - t + 1}}) + \sqrt{3} \arctan (\frac{2 t - 1}{\sqrt{3}})]}_{0}^{+ \infty} = \frac{2 π}{\sqrt{3}} .

Exercice 85 5391 Correction

Calculer

\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sqrt{1 + x} - 1}{x (1 + x)} d x .

Solution

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

\frac{\sqrt{1 + x} - 1}{x (1 + x)} \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{\frac{1}{2} x}{x} = \frac{1}{2} et \frac{\sqrt{1 + x} - 1}{x (1 + x)} \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{x^{3 / 2}} .

Par le changement de variable $t = \sqrt{1 + x}$ (qui est de classe $𝒞^{1}$ strictement croissant),

\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sqrt{1 + x} - 1}{x (1 + x)} d x = \int_{1}^{+ \infty} \frac{t - 1}{(t^{2} - 1) t^{2}} 2 t d t = \int_{1}^{+ \infty} \frac{2 d t}{t (t + 1)} = 2 \ln (2) .

Exercice 86 5392 Correction

Calculer

\int_{0}^{+ \infty} \frac{{(1 + x)}^{1 / 3} - 1}{x {(1 + x)}^{2 / 3}} d x .

Solution

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

\frac{{(1 + x)}^{1 / 3} - 1}{x {(1 + x)}^{2 / 3}} \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{\frac{1}{3} x}{x} = \frac{1}{3} et \frac{{(1 + x)}^{1 / 3} - 1}{x {(1 + x)}^{2 / 3}} \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{x^{4 / 3}} .

Par le changement de variable $t = {(1 + x)}^{1 / 3}$ (qui est de classe $𝒞^{1}$ strictement croissant)

\int_{0}^{+ \infty} \frac{{(1 + x)}^{1 / 3} - 1}{x {(1 + x)}^{2 / 3}} d x = 3 \int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + t + 1}

\int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + t + 1} = {[\frac{2}{\sqrt{3}} \arctan (\frac{2 t + 1}{\sqrt{3}})]}_{1}^{+ \infty} = \frac{π}{3 \sqrt{3}}

donc

\int_{0}^{+ \infty} \frac{{(1 + x)}^{1 / 3} - 1}{x {(1 + x)}^{2 / 3}} d x = \frac{π}{\sqrt{3}} .

Exercice 87 667 Correction

Calculer

\int_{0}^{1} \frac{x d x}{\sqrt{x - x^{2}}} .

Solution

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

\frac{x}{\sqrt{x - x^{2}}} \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \sqrt{x} et \frac{x}{\sqrt{x - x^{2}}} \underset{x \to 1^{-}}{\sim} \frac{1}{\sqrt{1 - x}} .

On écrit

x - x^{2} = \frac{1}{4} - {(x - \frac{1}{2})}^{2} .

On pose alors

x - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \sin (t) avec t \in [- π / 2; π / 2]

et l’on a

\sqrt{x - x^{2}} = \frac{1}{2} | \cos (t) | = \frac{1}{2} \cos (t) .

Par changement de variable associé

\int_{0}^{1} \frac{x d x}{\sqrt{x - x^{2}}} = \int_{- π / 2}^{π / 2} \frac{\sin (t) + 1}{2 \cos (t)} \cos (t) d t = \frac{π}{2} .

Exercice 88 5388 Correction

Existence et valeur de

\int_{0}^{π / 2} \sin (x) \ln (\sin (x)) d x .

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)) \underset{X = \sin (x)}{=} X \ln (X) \to_{x \to 0^{+}}^{} 0

ce qui permet de réaliser un prolongement par continuité.

Par le changement de variable $t = \cos (x)$ (qui est de classe $𝒞^{1}$ strictement décroissant),

	$\int_{0}^{π / 2} \sin (x) \ln (\sin (x)) d x$	$= \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \ln (1 - x^{2}) d x$
		$= \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \ln (1 - x) + \ln (1 + x) d x$
		$= \ln (2) - 1 .$

Exercice 89 2589 CCINP (MP)Correction

Existence et valeur de

\int_{0}^{π / 2} \cos (x) \ln (\tan (x)) d x .

Solution

Sous réserve de convergences,

\int_{0}^{π / 2} \cos (x) \ln (\tan (x)) d x = \int_{0}^{π / 2} \cos (x) \ln (\sin (x)) d x - \int_{0}^{π / 2} \cos (x) \ln (\cos (x)) d x .

Par le changement de variable $u = \sin (x)$ qui est de classe $𝒞^{1}$ strictement croissant sur $] 0; π / 2 [$ , les intégrales

\int_{0}^{π / 2} \cos (x) \ln (\sin (x)) d x et \int_{0}^{1} \ln (u) d u

ont la même nature et sont égales en cas de convergence. Or l’intégrale obtenue est convergente en vertu de la détermination de primitive du calcul suivant

\int_{0}^{1} \ln (u) d u = {[u \ln (u) - u]}_{0}^{1} = - 1 .

Ainsi, on a

\int_{0}^{π / 2} \cos (x) \ln (\sin (x)) d x = - 1

avec convergence de l’intégrale.

Aussi, par le même changement de variable $u = \sin (x)$ , les intégrales

\int_{0}^{π / 2} \cos (x) \ln (\cos (x)) d x et \int_{0}^{1} \frac{1}{2} \ln (1 - u^{2}) d u

ont la même nature et sont égales en cas de convergence

Or, sous réserve de convergence,

\int_{0}^{1} \ln (1 - u^{2}) d u = \int_{0}^{1} \ln (1 - u) d u + \int_{0}^{1} \ln (1 + u) d u

et, par translation de la variable,

\int_{0}^{1} \ln (1 - u) d u + \int_{0}^{1} \ln (1 + u) d u = \int_{0}^{1} \ln (x) d x + \int_{1}^{2} \ln (x) d x = \int_{0}^{2} \ln (x) d x .

L’intégrale obtenue est convergente puisque

\int_{0}^{2} \ln (x) d x = {[x \ln (x) - x]}_{0}^{2} = 2 \ln (2) - 2 .

On en déduit

\int_{0}^{π / 2} \cos (x) \ln (\cos (x)) d x = \frac{1}{2} (2 \ln (2) - 2) = \ln (2) - 1

avec convergence de l’intégrale.

Enfin, par la relation initiale,

\int_{0}^{π / 2} \cos (x) \ln (\tan (x)) d x = - \ln (2)

avec convergence de l’intégrale étudiée.

Exercice 90 5393 Correction

Calculer

\int_{0}^{2 π} \frac{d x}{2 + \cos (x)} .

Solution

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

Par $2 π$ -périodicité,

\int_{0}^{2 π} \frac{d x}{2 + \cos (x)} = \int_{- π}^{π} \frac{d x}{2 + \cos (x)} = \int_{] - π; π [} \frac{d x}{2 + \cos (x)} .

Sur $] - π; π [$ , on peut réaliser le changement de variable $t = \tan (x / 2)$ (bijection de classe $𝒞^{1}$ strictement croissante) et l’on obtient

\int_{0}^{2 π} \frac{d x}{2 + \cos (x)} = \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{2 d t}{(1 + t^{2}) (2 + \frac{1 - t^{2}}{1 + t^{2}})} = \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{2 d t}{3 + t^{2}} = \frac{2 π}{\sqrt{3}} .

Exercice 91 5394 Correction

Calculer

\int_{0}^{2 π} \frac{\sin^{2} (x)}{3 \cos^{2} (x) + 1} d x .

Solution

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

Par la relation de Chasles,

\int_{0}^{2 π} \frac{\sin^{2} (x)}{3 \cos^{2} (x) + 1} d x = \int_{0}^{π / 2} \dots d x + \int_{π / 2}^{3 π / 2} \dots d x + \int_{3 π / 2}^{2 π} \dots d x .

Par le changement de variable $t = \tan (x)$ (qui est de classe $𝒞^{1}$ strictement croissant),

\int_{0}^{π / 2} \frac{\sin^{2} (x)}{3 \cos^{2} (x) + 1} d x = \int_{0}^{+ \infty} \frac{t^{2} d t}{(1 + t^{2}) (4 + t^{2})} .

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

\int_{0}^{2 π} \frac{\sin^{2} (x)}{3 \cos^{2} (x) + 1} d x = 2 \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{t^{2} d t}{(1 + t^{2}) (4 + t^{2})} .

Par décomposition en éléments simples,

\frac{t^{2}}{(1 + t^{2}) (4 + t^{2})} = - \frac{1 / 3}{1 + t^{2}} + \frac{4 / 3}{4 + t^{2}}

et l’on peut achever le calcul

\int_{0}^{2 π} \frac{\sin^{2} (x)}{3 \cos^{2} (x) + 1} d x = 2 {[- \frac{1}{3} \arctan (t) + \frac{2}{3} \arctan (\frac{t}{2})]}_{- \infty}^{+ \infty} = \frac{2 π}{3} .

Exercice 92 668 Correction

Existence et valeur de

I = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{{(1 + t^{2})}^{2}} .

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

Solution

$f : t \mapsto \frac{1}{{(1 + t^{2})}^{2}}$ est définie et continue sur $[0; + \infty [$ et $f (t) \underset{+ \infty}{\sim} \frac{1}{t^{4}}$ donc $I$ existe.
Via le changement de variable $u = 1 / t$ :

I = \int_{0}^{+ \infty} \frac{u^{2} d u}{{(1 + u^{2})}^{2}}

d’où

2 I = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{1 + t^{2}} = \frac{π}{2}

puis $I = \frac{π}{4}$ .

Exercice 93 5382 Correction

Calculer

\int_{0}^{+ \infty} \frac{\ln (t)}{{(1 + t)}^{2}} d t .

Solution

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

\sqrt{t} \frac{\ln (t)}{{(1 + t)}^{2}} \to_{t \to 0^{+}}^{} 0 et t^{3 / 2} \frac{\ln (t)}{{(1 + t)}^{2}} \to_{t \to + \infty}^{} 0 .

Par le changement de variable $u = 1 / t$ (qui est de classe $𝒞^{1}$ strictement décroissant),

\int_{0}^{+ \infty} \frac{\ln (t)}{{(1 + t)}^{2}} d t = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\ln (\frac{1}{u})}{u^{2} {(1 + \frac{1}{u})}^{2}} d u = \int_{0}^{+ \infty} \frac{- \ln (u)}{{(u + 1)}^{2}} d u .

On en déduit

\int_{0}^{+ \infty} \frac{\ln (t)}{{(1 + t)}^{2}} d t = 0 .

Exercice 94 5384 Correction

Calculer

\int_{0}^{+ \infty} \frac{t \ln (t)}{{(t^{2} + 1)}^{2}} d t .

Solution

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

\frac{t \ln (t)}{{(t^{2} + 1)}^{2}} \to_{t \to 0}^{} 0 et \frac{t \ln (t)}{{(t^{2} + 1)}^{2}} = \frac{t \ln (t)}{t^{2} + 1} \cdot \frac{1}{(t^{2} + 1)} \underset{n \to + \infty}{=} o (\frac{1}{t^{2}}) .

Par le changement de variable $u = 1 / t$ (qui est de classe $𝒞^{1}$ strictement décroissant),

\int_{0}^{+ \infty} \frac{t \ln (t)}{{(t^{2} + 1)}^{2}} d t = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\ln (1 / u)}{u^{3} {(1 + 1 / u^{2})}^{2}} d u = \int_{0}^{+ \infty} \frac{- u \ln (u)}{{(u^{2} + 1)}^{2}} d u .

On en déduit

\int_{0}^{+ \infty} \frac{t \ln (t)}{{(t^{2} + 1)}^{2}} d t = 0 .

Exercice 95 669 Correction

(a)

Établir

$I = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{3} + 1} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{x}{x^{3} + 1} d x .$
(b)

En déduire la valeur de $I$ .

Solution

(a)

La première intégrale est généralisée en $+ \infty$ et elle converge par l’argument d’intégrabilité en $+ \infty$

$\frac{1}{x^{3} + 1} \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{x^{3}} .$

Par le changement de variable $u = 1 / x$ (l’application $x \mapsto 1 / x$ est de classe $𝒞^{1}$ strictement croissante), on transforme une intégrale en l’autre et cela justifie au passage l’existence de la deuxième intégrale.
(b)

n sommant les deux écritures,

$2 I$ $= \int_{0}^{+ \infty} \frac{(x + 1) d x}{x^{3} + 1} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{2} - x + 1}$

$= \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{{(x - \frac{1}{2})}^{2} + \frac{3}{4}} = {[\frac{2}{\sqrt{3}} \arctan (\frac{2 x - 1}{\sqrt{3}})]}_{0}^{+ \infty} = \frac{4 π}{3 \sqrt{3}} .$

On en déduit

$I = \frac{2 π}{3 \sqrt{3}} .$

Exercice 96 670 Correction

(a)

Calculer

$J = \int_{0}^{+ \infty} \frac{t d t}{1 + t^{4}} .$
(b)

Établir

$I = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{1 + t^{4}} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{t^{2} d t}{1 + t^{4}} .$
(c)

En factorisant $1 + t^{4}$ déterminer la valeur de $I$ .

Solution

(a)

$f : t \mapsto \frac{t}{1 + t^{4}}$ est définie et continue sur $[0; + \infty [$ , $f (t) \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{1}{t^{3}}$ donc $f$ est intégrable et l’intégrale $J$ converge.

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{t d t}{1 + t^{4}} = {[\frac{1}{2} \arctan (t^{2})]}_{0}^{+ \infty} = \frac{π}{4} .$
(b)

$\frac{1}{1 + t^{4}} \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{1}{t^{4}}$ et $\frac{t^{2}}{1 + t^{4}} \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{1}{t^{2}}$ donc les deux intégrales introduites convergent.
Le changement de variable $x = 1 / t$ transforme l’une en l’autre.
(c)

On a la factorisation

$t^{4} + 1 = {(t^{2} + 1)}^{2} - 2 t^{2} = (t^{2} + \sqrt{2} t + 1) (t^{2} - \sqrt{2} t + 1)$

donc

$I - \sqrt{2} J + I = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + \sqrt{2} t + 1} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{{(t + \frac{1}{\sqrt{2}})}^{2} + \frac{1}{2}} = {[\sqrt{2} \arctan (\sqrt{2} t + 1)]}_{0}^{+ \infty} = \frac{π}{2 \sqrt{2}}$

puis

$I = \frac{1}{2} (\frac{π}{2 \sqrt{2}} + \frac{π}{2 \sqrt{2}}) = \frac{π}{2 \sqrt{2}} .$

Exercice 97 2509 CCINP (MP)Correction

(a)

Calculer

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{1 + x^{2}}{1 + x^{4}} d x .$

On pourra employer l’identité $ch (2 t) = 1 + 2 {sh}^{2} (t)$ .
(b)

En déduire la valeur de

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{1 + x^{4}} .$

Solution

(a)

L’intégrale de départ est bien définie. En effet, la fonction $f : x \mapsto (1 + x^{2}) / (1 + x^{4})$ est définie et continue par morceaux sur $[0; + \infty [$ et l’on vérifie $f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} 1 / x^{2}$ ce qui donne un argument d’intégrabilité.

Par le changement de variable $𝒞^{1}$ strictement croissant $x = e^{t}$ ,

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{1 + x^{2}}{1 + x^{4}} d x = \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{e^{2 t} + 1}{e^{4 t} + 1} e^{t} d t = \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{ch (t)}{ch (2 t)} d t = \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{ch (t)}{1 + 2 {sh}^{2} (t)} .$

Par le nouveau changement de variable $𝒞^{1}$ strictement croissant $u = sh (t)$

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{1 + x^{2}}{1 + x^{4}} d x = \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{d u}{1 + 2 u^{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} {[\arctan (\sqrt{2} u)]}_{- \infty}^{+ \infty} = \frac{π}{\sqrt{2}} .$
(b)

Par le changement de variable $𝒞^{1}$ strictement monotone $x = 1 / t$ , on obtient

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{1 + x^{4}} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{x^{2} d x}{1 + x^{4}}$

et donc

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{1 + x^{4}} = \frac{π}{2 \sqrt{2}} .$

Exercice 98 4711

(a)

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

$I = \int_{0}^{+ \infty} \frac{t^{2} + 1}{t^{4} + 1} d t .$
(b)

En déduire les valeurs de

$J = \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{t^{4} + 1} d t et K = \int_{0}^{π / 2} \sqrt{\tan (x)} d x .$

Exercice 99 3177 Correction

En opérant le changement de variable $t = e^{- x}$ , calculer

I = \int_{0}^{1} \frac{1 + t^{2}}{1 + t^{4}} d t .

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 $x \mapsto e^{- x}$ réalise une bijection de classe $𝒞^{1}$ de $[0; + \infty [$ 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 = \int_{0}^{+ \infty} \frac{1 + e^{- 2 x}}{1 + e^{- 4 x}} e^{- x} d x = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{x} + e^{- x}}{e^{2 x} + e^{- 2 x}} d x car d t = - e^{- x} d x .

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 = \int_{0}^{+ \infty} \frac{ch (x)}{ch (2 x)} d x = \int_{0}^{+ \infty} \frac{ch (x)}{1 + 2 {sh}^{2} (x)} d x .

Par le changement de variable $u = sh (x)$ (la fonction $x \mapsto sh (x)$ induit une bijection $𝒞^{1}$ )

I = \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{1 + 2 u^{2}} d u car d u = ch (x) d x .

Enfin, par la formule d’intégration

\int \frac{d u}{u^{2} + a^{2}} = \frac{1}{a} \arctan (\frac{u}{a})

avec $a = 1 / \sqrt{2}$ , on peut achever le calcul

I = \frac{1}{\sqrt{2}} {[\arctan (\sqrt{2} u)]}_{0}^{+ \infty} = \frac{1}{\sqrt{2}} (\frac{π}{2} - 0) = \frac{π}{2 \sqrt{2}} .

Exercice 100 673

(Intégrales d’Euler)

On pose

I = \int_{0}^{π / 2} \ln (\sin (t)) d t et J = \int_{0}^{π / 2} \ln (\cos (t)) d t .

(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 101 2965 X (MP)Correction

Calculer

\int_{0}^{1} \frac{d x}{\sqrt{x (1 - x)}} et \int_{0}^{1} \sqrt{x (1 - x)} d x .

Solution

On procède au changement de variable

x = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \sin (t)

avec $t \in [- π / 2; π / 2]$ .

On obtient

\int_{0}^{1} \frac{d x}{\sqrt{x (1 - x)}} = π

(avec convergence de l’intégrale) et

\int_{0}^{1} \sqrt{x (1 - x)} d x = \frac{π}{8} .

Exercice 102 5800 Correction

Existence et valeur de

I = \int_{0}^{1} (\frac{1}{t} - ⌊ \frac{1}{t} ⌋) d t .

On introduira $γ = lim_{n \to + \infty} (1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}) - \ln (n)$ .

Solution

La fonction

f : t \mapsto \frac{1}{t} - ⌊ \frac{1}{t} ⌋

est définie et continue par morceaux sur $] 0; 1]$ . Cette fonction est bornée au voisinage de $0$ et donc intégrable en $0$ . L’intégrale définissant $I$ est donc convergente.

L’application $t \mapsto 1 / t$ est de classe $𝒞^{1}$ strictement décroissante. Par le changement de variable $x = 1 / t$ ,

I = \int_{1}^{+ \infty} \frac{x - ⌊ x ⌋}{x^{2}} d x

avec convergence de l’intégrale produite.

Pour $n \in ℕ^{*}$ ,

	$\int_{1}^{n} \frac{x - ⌊ x ⌋}{x^{2}} d x$	$= \sum_{k = 1}^{n - 1} \int_{k}^{k + 1} \frac{x - k}{x^{2}} d x = \sum_{k = 1}^{n - 1} {[\ln (x) + \frac{k}{x}]}_{k}^{k + 1}$
		$= \sum_{k = 1}^{n - 1} (\ln (k + 1) - \ln (k) - \frac{1}{k + 1}) = \ln (n) - \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k + 1}$
		$= \ln (n) - \sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{k} = \ln (n) - \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} + 1 .$

En passant à la limite quand $n$ tend vers l’infini, on obtient

I = 1 - γ .

Exercice 103 5590 Correction

Soit $f :] 0; + \infty [\to ℝ$ une fonction continue par morceaux et intégrable sur $] 0; + \infty [$ . Vérifier

\int_{0}^{+ \infty} f (| t - \frac{1}{t} |) d t = \int_{0}^{+ \infty} f (t) d t .

Solution

Pour commencer, on remarque

| t - \frac{1}{t} | = {\begin{matrix} t - 1 / t & si t \geq 1 \\ 1 / t - t & si t \leq 1 . \end{matrix}

Sous réserve de convergence, on peut écrire

\int_{0}^{+ \infty} f (| t - \frac{1}{t} |) d t = \int_{0}^{1} f (\frac{1}{t} - t) d t + \int_{1}^{+ \infty} f (t - \frac{1}{t}) d t .

Par le changement de variable $s = t - 1 / t$ qui est de classe $𝒞^{1}$ et strictement croissant

\int_{s = 0}^{+ \infty} f (s) d s = \int_{t = 1}^{+ \infty} f (t - \frac{1}{t}) (1 + \frac{1}{t^{2}}) d t

avec convergence de l’intégrale en second membre.

Par le changement de variable $s = 1 / t - t$ qui est de classe $𝒞^{1}$ et strictement décroissant

\int_{s = 0}^{+ \infty} f (s) d s = \int_{t = 0}^{1} f (\frac{1}{t} - t) (1 + \frac{1}{t^{2}}) d t

avec convergence de l’intégrale en second membre.

En sommant ces deux relations,

2 \int_{0}^{+ \infty} f (s) d s = \int_{0}^{+ \infty} f (| \frac{1}{t} - t |) (1 + \frac{1}{t^{2}}) d t .

La même étude conduite avec des valeurs absolues assure l’intégrabilité sur $] 0; + \infty [$ de la fonction

t \mapsto f (| \frac{1}{t} - t |) (1 + \frac{1}{t^{2}}) .

Par domination, on en déduit l’intégrabilité sur $] 0; + \infty [$ des deux fonctions

t \mapsto f (| \frac{1}{t} - t |) et t \mapsto \frac{1}{t^{2}} f (| \frac{1}{t} - t |) .

Enfin, par le changement de variable $u = 1 / t$ , on remarque

\int_{t = 0}^{+ \infty} f (| \frac{1}{t} - t |) d t = \int_{u = 0}^{+ \infty} f (| u - \frac{1}{u} |) \frac{d u}{u^{2}} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{t^{2}} f (| \frac{1}{t} - t |) d t .

Par combinaison linéaire,

\int_{0}^{+ \infty} f (| \frac{1}{t} - t |) (1 + \frac{1}{t^{2}}) d t = 2 \int_{0}^{+ \infty} f (| \frac{1}{t} - t |) d t

et l’on peut conclure

\int_{0}^{+ \infty} f (s) d s = \int_{0}^{+ \infty} f (| t - \frac{1}{t} |) d t .

Exercice 104 2978 X (MP)

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

g (x) = f (x - \frac{1}{x}) .

Montrer que $g$ est intégrable sur $ℝ_{-}^{*}$ et $ℝ_{+}^{*}$ et que

\int_{- \infty}^{0} g (x) d x + \int_{0}^{+ \infty} g (x) d x = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x) d x .

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

Exercice 105 3794 CCINP (PC)

Étudier l’existence et donner la valeur de

\int_{0}^{+ \infty} \ln (1 + \frac{1}{t^{2}}) d t .

Exercice 106 4710

Calculer

\int_{0}^{1} \frac{\ln (x)}{{(x + 1)}^{2}} d x .

Exercice 107 2555 CCINP (MP)Correction

On considère

f : t \mapsto \frac{\ln (t)}{{(1 + t)}^{2}} .

(a)

Étudier l’intégrabilité de $f$ sur $] 0; 1]$ et $[1; + \infty [$ .
(b)

Calculer

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{{(1 + t)}^{2}} d t et \int_{1}^{+ \infty} \frac{\ln (t)}{{(1 + t)}^{2}} d t .$

Solution

(a)

La fonction $f$ est continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ .
Quand $t \to 0^{+}$ , $\sqrt{t} f (t) \to 0$ et quand $t \to + \infty$ , $t^{3 / 2} f (t) \to 0$ donc $f$ est intégrable sur $] 0; 1]$ et $[1; + \infty [$ .
(b)

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

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{{(1 + t)}^{2}} d t = {[\ln (t) (1 - \frac{1}{1 + t})]}_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + t} d t = - \ln (2) .$

Par le changement de variable $u = 1 / t$

$\int_{1}^{+ \infty} \frac{\ln (t)}{{(1 + t)}^{2}} d t = - \int_{0}^{1} \frac{\ln (u)}{{(u + 1)}^{2}} d u = \ln (2) .$

Exercice 108 671 Correction

Calculer

\int_{0}^{1} \frac{\ln (1 - x^{2})}{x^{2}} d x .

Solution

L’intégrale est doublement généralisée. On peut justifier sa convergence par les démarches d’intégrabilité classiques mais nous allons établir son existence durant le déroulement des calculs.

Procédons à une intégration par parties avec

u (x) = - \frac{1}{x} + 1 = \frac{x - 1}{x} et v (x) = \ln (1 - x^{2}) .

Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; 1 [$ . On remarque

u (x) v (x) = \frac{x - 1}{x} \ln (1 - x^{2}) \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{- 1}{x} \times (- x^{2}) = x \to_{x \to 0^{+}}^{} 0

u (x) v (x) = \frac{x - 1}{x} \ln (1 - x^{2}) = \frac{(x - 1) \ln (1 - x) + (x - 1) \ln (1 + x)}{x} \to_{x \to 1^{-}}^{} 0 .

Par le théorème d’intégration par parties généralisée, les deux intégrales

\int_{0}^{1} u^{'} (x) v (x) d x et \int_{0}^{1} u (x) v^{'} (x) d x

sont de même nature. Cependant,

\int_{0}^{1} u (x) v^{'} (x) d x = \int_{0}^{1} \frac{x - 1}{x} \cdot \frac{- 2 x}{1 - x^{2}} d x = \int_{0}^{1} \frac{2}{1 + x} d x

converge car faussement généralisée.

Avec convergence des intégrales écrites, on applique la formule d’intégration par parties et l’on termine le calcul

	$\int_{0}^{1} \frac{\ln (1 - x^{2})}{x^{2}} d x$	$= {[\ln (1 - x^{2}) \frac{x - 1}{x}]}_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{2}{(1 + x)} d x$
		$= - 2 {[\ln (1 + x)]}_{0}^{1} = - 2 \ln (2) .$

Exercice 109 4190 Correction

À l’aide d’une intégration par parties, calculer

\int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- t} - e^{- 2 t}}{t} d t .

Solution

On réalise l’intégration par parties avec

u (t) = \ln (t) et v (t) = e^{- t} - e^{- 2 t} .

Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $𝒞^{1}$ et le produit $u v$ converge aux bornes d’intégration $0$ et $+ \infty$ :

u (t) v (t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} t \ln (t) \to_{t \to 0^{+}}^{} 0 et u (t) v (t) \underset{t \to + \infty}{\sim} \ln (t) e^{- t} \to_{t \to + \infty}^{} 0 .

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

\int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- t} - e^{- 2 t}}{t} d t = \int_{0}^{+ \infty} \ln (t) (e^{- t} - 2 e^{- 2 t}) d t .

La fonction $t \mapsto \ln (t) e^{- t}$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ car négligeable devant $1 / t^{2}$ en $+ \infty$ et devant $1 / \sqrt{t}$ en $0$ . De même, la fonction $t \mapsto \ln (t) e^{- 2 t}$ est intégrable. On peut donc écrire la séparation

\int_{0}^{+ \infty} \ln (t) (e^{- t} - 2 e^{- 2 t}) d t = \int_{0}^{+ \infty} \ln (t) e^{- t} d t - 2 \int_{0}^{+ \infty} \ln (t) e^{- 2 t} d t .

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 $u = 2 t$

	$2 \int_{0}^{+ \infty} \ln (t) e^{- 2 t} d t$	$= \int_{0}^{+ \infty} \ln (u / 2) e^{- u} d u$
		$= \int_{0}^{+ \infty} \ln (u) e^{- u} d u - \ln (2) \underset{\begin{matrix} = 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\int_{0}^{+ \infty} e^{- u} d u}} .$

On en déduit par simplification

\int_{0}^{+ \infty} \ln (t) (e^{- t} - 2 e^{- 2 t}) d t = \ln (2) .

Exercice 110 3629 Correction

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

u (x) = \frac{1}{x^{2}} \int_{1}^{x} f (t) d t et v (x) = \frac{f (x)}{x} .

Solution

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

u (x) = O (\frac{1}{x^{2}}) quand x \to + \infty

et donc $u$ est intégrable sur $[1; + \infty [$ .
Puisque $1 / x \to_{x \to + \infty}^{} 0$ , on a

v (x) = o (f (x)) quand x \to + \infty

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

\int_{1}^{A} u (x) d x = {[- \frac{1}{x} \int_{1}^{x} f (t) d t]}_{1}^{A} + \int_{1}^{A} v (x) d x

et, quand $A \to + \infty$ , on obtient

\int_{1}^{+ \infty} u (x) d x = \int_{1}^{+ \infty} v (x) d x .

Exercice 111 665 Correction

Soit $u : ℝ \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ telle que

\int_{- \infty}^{+ \infty} ((1 + x^{2}) u {(x)}^{2} + u^{'} {(x)}^{2}) d x < + \infty .

(a)

Déterminer les limites de $x \mapsto x u {(x)}^{2}$ en $\pm \infty$ .
(b)

Établir

$\int_{- \infty}^{+ \infty} u^{'} {(x)}^{2} d x \int_{- \infty}^{+ \infty} x^{2} u {(x)}^{2} d x \geq \frac{1}{4} {(\int_{- \infty}^{+ \infty} u {(x)}^{2} d x)}^{2} .$

Solution

(a)

$x \mapsto u^{'} (x)$ , $x \mapsto u (x)$ et $x \mapsto x u (x)$ sont de carrés intégrables donc $x \mapsto {(x u {(x)}^{2})}^{'} = u {(x)}^{2} + x u^{'} (x) u (x)$ est intégrable sur $ℝ$ . Par suite, $x \mapsto x u {(x)}^{2}$ admet des limites finies quand $x \to \pm \infty$ . Or cette fonction est elle-même intégrable sur $ℝ$ donc ses limites en $\pm \infty$ ne peuvent qu’être nulles.
(b)

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

$\int_{- \infty}^{+ \infty} u^{'} {(x)}^{2} d x \int_{- \infty}^{+ \infty} x^{2} u {(x)}^{2} d x \geq {(\int_{- \infty}^{+ \infty} x u^{'} (x) u (x) d x)}^{2} .$

Or par intégration par parties

$\int_{- n}^{n} x u^{'} (x) u (x) d x = {[x u^{2} (x)]}_{- n}^{n} - \int_{- n}^{n} u (x) (u (x) + x u^{'} (x)) d x donc.$

Ainsi,

$\int_{- n}^{n} x u^{'} (x) u (x) d x = \frac{1}{2} {[x u^{2} (x)]}_{- n}^{n} - \frac{1}{2} \int_{- n}^{n} u^{2} (x) d x$

puis à la limite

$\int_{- \infty}^{+ \infty} x u^{'} (x) u (x) d x = - \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{+ \infty} u^{2} (x) d x$

et enfin l’inégalité voulue.

Exercice 112 5249

Établir l’intégrabilité sur $] 0; 1]$ de

f : x \mapsto \int_{x}^{1} \frac{e^{t}}{t} d t

et calculer son intégrale.

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

Exercice 113 678

Pour $n \in ℕ$ , calculer

I_{n} = \int_{0}^{+ \infty} t^{n} e^{- t} d t .

Exercice 114 5702 Correction

Pour $n \in ℕ$ , on pose

I_{n} = \int_{0}^{1} \frac{{(1 - t)}^{n}}{\sqrt{t}} d t .

(a)

Justifier l’existence de l’intégrale définissant $I_{n}$ .
(b)

Établir que pour tout $n \in ℕ^{*}$

$I_{n} = 2 n (I_{n - 1} - I_{n})$
(c)

En déduire une expression de $I_{n}$ à l’aide de nombres factoriels.

Solution

(a)

La fonction $f_{n} : t \mapsto \frac{{(1 - t)}^{n}}{\sqrt{t}}$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; 1]$ . Elle y est aussi intégrable car

$f_{n} (t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{\sqrt{t}} .$
(b)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on obtient par intégration par parties généralisée

$I_{n} = \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{{[2 {(1 - t)}^{n} \sqrt{t}]}_{0}^{1}}} + \int_{0}^{1} 2 n {(1 - t)}^{n - 1} \sqrt{t} d t .$

Parallèlement,

$2 n (I_{n - 1} - I_{n})$ $= 2 n \int_{0}^{1} \frac{{(1 - t)}^{n - 1} - {(1 - t)}^{n}}{\sqrt{t}} d t$

$= 2 n \int_{0}^{1} \frac{{(1 - t)}^{n - 1} (1 - (1 - t))}{\sqrt{t}} d t$

$= 2 n \int_{0}^{1} \frac{{(1 - t)}^{n - 1} t}{\sqrt{t}} d t = 2 n \int_{0}^{1} {(1 - t)}^{n - 1} \sqrt{t} d t$

et donc $I_{n} = 2 n (I_{n - 1} - I_{n})$ .
(c)

Il vient alors la relation de récurrence

$I_{n} = \frac{2 n}{2 n + 1} I_{n - 1} .$

Un calcul direct donne $I_{0} = 2$ et donc

$I_{n} = \frac{2 n}{2 n + 1} \times \frac{2 n - 2}{2 n - 1} \times \dots \times \frac{2}{3} I_{0} = \frac{2^{2 n + 1} {(n!)}^{2}}{(2 n + 1)!} .$

Exercice 115 4962 Correction

Pour $n \in ℕ$ , calculer

I_{n} = \int_{0}^{1} \frac{t^{n}}{\sqrt{1 - t}} d t .

Solution

La fonction $f_{n} : t \mapsto \frac{t^{n}}{\sqrt{1 - t}}$ est définie et continue par morceaux sur $[0; 1 [$ . Elle y est aussi intégrable car

f_{n} (t) \underset{t \to 1^{-}}{\sim} \frac{1}{\sqrt{1 - t}} .

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on obtient par intégration par parties généralisée

I_{n} = \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{{[- 2 t^{n} \sqrt{1 - t}]}_{0}^{1}}} + \int_{0}^{1} 2 n t^{n - 1} \sqrt{1 - t} d t .

En écrivant

\sqrt{1 - t} = \frac{1}{\sqrt{1 - t}} - \frac{t}{\sqrt{1 - t}}

il vient la relation de récurrence

I_{n} = 2 n (I_{n - 1} - I_{n}) donc I_{n} = \frac{2 n}{2 n + 1} I_{n - 1} .

Un calcul direct donne $I_{0} = 2$ et donc

I_{n} = \frac{2 n}{2 n + 1} \times \frac{2 n - 2}{2 n - 1} \times \dots \times \frac{2}{3} I_{0} = \frac{2^{2 n + 1} {(n!)}^{2}}{(2 n + 1)!} .

Exercice 116 4709

Pour $n \in ℕ$ , calculer

\int_{0}^{1} {(x \ln (x))}^{n} d x .

Exercice 117 679 Correction

Existence et calcul pour $n \in ℕ$ de

I_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{{(1 + x^{2})}^{n + 1}} .

Solution

$f : x \mapsto \frac{1}{{(1 + x^{2})}^{n + 1}}$ est définie et continue sur $ℝ_{+}$ et

f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{x^{2 (n + 1)}} .

La fonction $f$ est donc intégrable en $+ \infty$ : l’intégrale étudiée converge.

Pour $n \in ℕ^{*}$ ,

	$I_{n}$	$= \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{{(1 + x^{2})}^{n + 1}} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{1 + x^{2} - x^{2}}{{(1 + x^{2})}^{n + 1}} d x$
		$= I_{n - 1} - \int_{0}^{+ \infty} \frac{x^{2}}{{(1 + x^{2})}^{n + 1}} d x .$

Par intégration par parties généralisée,

\int_{0}^{+ \infty} \frac{x^{2}}{{(1 + x^{2})}^{n + 1}} d x \underset{ipp}{=} {[- \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{n} \cdot \frac{x}{{(1 + x^{2})}^{n}}]}_{0}^{+ \infty} + \frac{1}{2 n} \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{{(1 + x^{2})}^{n}} = \frac{1}{2 n} I_{n - 1} .

On obtient ainsi

I_{n} = \frac{2 n - 1}{2 n} I_{n - 1} .

Puisque

I_{0} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{1 + x^{2}} = \frac{π}{2}

on conclut

I_{n} = \frac{(2 n - 1) (2 n - 3) \dots 1}{(2 n) (2 n - 2) \dots 2} I_{0} = \frac{(2 n)!}{2^{2 n + 1} {(n!)}^{2}} π .

Exercice 118 5329 Correction

Déterminer un équivalent lorsque $n$ tend vers $+ \infty$ de

\int_{0}^{1} (n + 1) x^{n} \ln (1 - x) d x .

Solution

La fonction $x \mapsto (n + 1) x^{n} \ln (1 - x)$ est définie et continue par morceaux sur $[0; 1 [$ . Elle y est intégrable car

\sqrt{1 - x} \times (n + 1) x^{n} \ln (1 - x) \to_{x \to 1}^{} 0 donc (n + 1) x^{n} \ln (1 - x) \underset{x \to 1}{=} o (\frac{1}{\sqrt{1 - x}}) .

Par intégration par parties généralisées où l’on intègre $(n + 1) x^{n}$ en $x^{n + 1} - 1$ , on obtient

	$\int_{0}^{1} (n + 1) x^{n} \ln (1 - x)$	$= {[(x^{n + 1} - 1) \ln (1 - x)]}_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{x^{n + 1} - 1}{x - 1} d x$
		$= \int_{0}^{1} \frac{x^{n + 1} - 1}{x - 1} d x .$

Par sommation géométrique,

\int_{0}^{1} \frac{x^{n + 1} - 1}{x - 1} d x = \int_{0}^{1} \sum_{k = 0}^{n} x^{k} d x = \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{k + 1} .

On en déduit

\int_{0}^{1} (n + 1) x^{n} \ln (1 - x) d x = \sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (n) .

Exercice 119 3388 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

I_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{{(1 + x^{3})}^{n}} .

(a)

Prouver la convergence de l’intégrale définissant $I_{n}$ .
(b)

Établir

$\forall n \in ℕ^{*}, I_{n + 1} = (1 - \frac{1}{3 n}) I_{n} .$
(c)

Déterminer la nature de la série $\sum_{n \geq 1} (\ln (I_{n}) - \ln (I_{n + 1}))$ .
(d)

En déduire la limite de $I_{n}$ .
(e)

Donner la nature de $\sum_{n \geq 1} {(- 1)}^{n - 1} I_{n}$ .

Solution

(a)

La fonction $f : x \mapsto \frac{1}{{(1 + x^{3})}^{n}}$ est définie et continue par morceaux sur $[0; + \infty [$ .

Puisque

$f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{x^{3 n}} avec 3 n > 1$

la fonction $f$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ et l’intégrale définissant $I_{n}$ converge.
(b)

On réalise une intégration par parties généralisée avec

$u (x) = x et v (x) = \frac{1}{{(1 + x^{3})}^{n}} .$

Les fonctions $u$ et $v$ de classe $𝒞^{1}$ sur $[0; + \infty [$ et le produit $u v$ tend vers $0$ en $+ \infty$ . La formule d’intégration par parties donne

$I_{n} = {[\frac{x}{{(1 + x^{3})}^{n}}]}_{0}^{+ \infty} + 3 n \int_{0}^{+ \infty} \frac{x^{3}}{{(1 + x^{3})}^{n + 1}} d x$

avec convergence de l’intégrale introduite. En écrivant $x^{3} = (1 + x^{3}) - 1$ , on obtient

$I_{n} = 3 n (I_{n} - I_{n + 1})$

ce qui donne la relation voulue.
(c)

On remarque

$\ln (I_{n}) - \ln (I_{n + 1}) = - \ln (1 - \frac{1}{3 n}) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{3 n} .$

Par équivalence de séries à termes positifs, la série $\sum_{n \geq 1} (\ln (I_{n}) - \ln (I_{n + 1}))$ diverge.
(d)

Plus précisément, les sommes partielles de la série $\sum_{n \geq 1} (\ln (I_{n}) - \ln (I_{n + 1}))$ tendent vers $+ \infty$ . Or il s’agit d’une série télescopique. On en déduit que la suite ${(\ln (I_{n}))}_{n \geq 1}$ tend vers $- \infty$ . La suite $I_{n}$ est donc de limite nulle.
(e)

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Pour tout $t \in [0; + \infty [$ ,

$\frac{1}{{(1 + x^{3})}^{n + 1}} \leq \frac{1}{{(1 + x^{3})}^{n}} .$

Par croissance de l’intégrale,

$I_{n + 1} \leq I_{n} .$

Aussi, la suite ${(I_{n})}_{n \geq 1}$ est évidemment positive (on a déjà introduit son logarithme…) et l’on peut appliquer le critère spécial des séries alternées pour affirmer que la série $\sum_{n \geq 1} {(- 1)}^{n - 1} I_{n}$ converge.

Exercice 120 3584 CCINP (MP)Correction

Pour $n \in ℕ$ avec $n \geq 2$ , on pose

I_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{1 + x^{n}} .

(a)

Déterminer une suite de fonctions $(f_{n})$ telle que

$I_{n} = \int_{0}^{1} f_{n} (t) d t .$
(b)

Déterminer deux réels $a$ et $b$ tels que

$I_{n} \underset{n \to + \infty}{=} a + \frac{b}{n} + o (\frac{1}{n}) .$

Solution

Notons que l’intégrale $I_{n}$ est bien définie.

(a)

On découpe l’intégrale en deux

$I_{n} = \int_{0}^{1} \frac{d x}{1 + x^{n}} + \int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{1 + x^{n}} .$

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

$I_{n} = \int_{0}^{1} \frac{d x}{1 + x^{n}} + \int_{1}^{0} - \frac{t^{n - 2} d t}{1 + t^{n}}$

puis on combine les deux intégrales pour obtenir

$I_{n} = \int_{0}^{1} \frac{1 + t^{n - 2}}{1 + t^{n}} d t .$
(b)

On peut écrire

$I_{n} = 1 + \int_{0}^{1} \frac{t^{n - 2} - t^{n}}{1 + t^{n}} d t .$

D’une part,

$\int_{0}^{1} \frac{t^{n}}{1 + t^{n}} d t = \frac{1}{n} \int_{0}^{1} t \frac{n t^{n - 1}}{1 + t^{n}} d t$

ce qui donne par intégration par parties

$\int_{0}^{1} \frac{t^{n}}{1 + t^{n}} d t = \frac{1}{n} \ln (2) - \frac{1}{n} \int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t$

avec

$0 \leq \int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t \leq \int_{0}^{1} t^{n} d t = \frac{1}{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

D’autre part,

$\int_{0}^{1} \frac{t^{n - 2}}{1 + t^{n}} d t = \frac{1}{n} \int_{] 0; 1]} \frac{1}{t} \frac{n t^{n - 1}}{1 + t^{n}} d t$

avec par intégration par parties généralisée

$\int_{0}^{1} \frac{1}{t} \cdot \frac{n t^{n - 1}}{1 + t^{n}} d t$ $= {[\frac{\ln (1 + t^{n})}{t}]}_{0}^{1} + \int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + t^{n})}{t^{2}} d t$

$= \ln (2) + \int_{] 0; 1]} \frac{\ln (1 + t^{n})}{t^{2}} d t$

où, sachant $\ln (1 + u) \leq u$ ,

$0 \leq \int_{] 0; 1]} \frac{\ln (1 + t^{n})}{t^{2}} d t \leq \int_{0}^{1} t^{n - 2} d t = \frac{1}{n - 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

On en déduit

$I_{n} \underset{n \to + \infty}{=} 1 + o (\frac{1}{n}) .$

Exercice 121 5877 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on considère

I_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{{(1 + t^{2})}^{n}} .

(a)

Montrer l’existence de l’intégrale définissant $I_{n}$ .
(b)

Vérifier que la suite ${(I_{n})}_{n \geq 1}$ est décroissante et à termes strictement positifs.
(c)

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Déterminer des réels $a_{n}$ et $b_{n}$ telles que

$\frac{d}{d t} (\frac{t}{{(1 + t^{2})}^{n}}) = \frac{a_{n}}{{(1 + t^{2})}^{n + 1}} - \frac{b_{n}}{{(1 + t^{2})}^{n}} .$

En déduire

$\forall n \in ℕ^{*}, I_{n + 1} = \frac{2 n - 1}{2 n} I_{n} .$
(d)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose $u_{n} = \sqrt{n} I_{n}$ et $v_{n} = \sqrt{n - 1} I_{n}$ .

Vérifier que les suites $(u_{n})$ et $(v_{n})$ sont adjacentes.
(e)

Conclure qu’il existe une constante $C > 0$ telle que

$I_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{C}{\sqrt{n}} .$

Solution

(a)

Soit $n \in ℕ^{*}$ . On observe

$\frac{1}{{(1 + t^{2})}^{n}} \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{1}{t^{2 n}} avec 2 n > 1 .$

Par équivalence à une fonction de Riemann intégrable en $+ \infty$ , $t \mapsto \frac{1}{{(1 + t^{2})}^{n}}$ est intégrable en $+ \infty$ . On en déduit que l’intégrale définissant $I_{n}$ converge.
(b)

Pour $n \in ℕ^{*}$ ,

$\forall t \in [0; + \infty [, \frac{1}{{(1 + t^{2})}^{n + 1}} \leq \frac{1}{{(1 + t^{2})}^{n}} .$

Par croissance de l’intégrale,

$I_{n + 1} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{{(1 + t^{2})}^{n + 1}} d t \leq \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{{(1 + t^{2})}^{n}} d t = I_{n} .$

La suite ${(I_{n})}_{n \geq 1}$ est décroissante.

La fonction $t \mapsto \frac{1}{{(1 + t^{2})}^{n}}$ est continue positive sur $[0; + \infty [$ sans être la fonction identiquement nulle donc $I_{n} > 0$ .
(c)

Par dérivation d’un produit puis réécriture quelque peu astucieuse,

$\frac{d}{d t} (\frac{t}{{(1 + t^{2})}^{n}})$ $= \frac{1}{{(1 + t^{2})}^{n}} - 2 n \frac{t^{2}}{{(1 + t^{2})}^{n + 1}}$

$= \frac{1}{{(1 + t^{2})}^{n}} - 2 n \frac{t^{2} + 1 - 1}{{(1 + t^{2})}^{n + 1}}$

$= \frac{1}{{(1 + t^{2})}^{n}} - 2 n \frac{1}{{(1 + t^{2})}^{n}} + 2 n \frac{1}{{(1 + t^{2})}^{n + 1}}$

$= \frac{a_{n}}{{(1 + t^{2})}^{n + 1}} - \frac{b_{n}}{{(1 + t^{2})}^{n}}$

avec $a_{n} = 2 n$ et $b_{n} = 2 n - 1$ .

Par intégration sur $[0; + \infty [$ avec convergence des intégrales

$a_{n} I_{n + 1} - b_{n} I_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d}{d t} (\frac{t}{{(1 + t^{2})}^{n}}) d t$

avec

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d}{d t} (\frac{t}{{(1 + t^{2})}^{n}}) d t$ $= lim_{x \to + \infty} \int_{0}^{x} \frac{d}{d t} (\frac{t}{{(1 + t^{2})}^{n}}) d t$

$= lim_{x \to + \infty} {[\frac{t}{{(1 + t^{2})}^{n}}]}_{0}^{x} = lim_{x \to + \infty} \frac{x}{{(1 + x^{2})}^{n}} = 0 .$

On en tire

$I_{n + 1} = \frac{2 n - 1}{2 n} I_{n} .$
(d)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , $u_{n} > 0$ et

$\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} = {(\frac{n + 1}{n})}^{1 / 2} \frac{2 n - 1}{2 n} = {(\frac{(n + 1) {(2 n - 1)}^{2}}{4 n^{3}})}^{1 / 2} .$

On remarque

$(n + 1) {(2 n - 1)}^{2} = 4 n^{3} - 3 n + 1 \leq 4 n^{3} donc \frac{u_{n + 1}}{u_{n}} \leq 1 .$

Pour $n \geq 2$ , $v_{n} > 0$ et

$\frac{v_{n + 1}}{v_{n}} = {(\frac{n}{n - 1})}^{1 / 2} \frac{2 n - 1}{2 n} = {(\frac{n {(2 n - 1)}^{2}}{4 (n - 1) n^{2}})}^{1 / 2} .$

On remarque

$n {(2 n - 1)}^{2} = 4 n^{3} - 4 n^{2} + n \geq 4 n^{3} - 4 n^{2} = 4 (n - 1) n^{2} donc \frac{v_{n + 1}}{v_{n}} \geq 1 .$

Enfin,

$u_{n} - v_{n} = (\sqrt{n} - \sqrt{n - 1}) I_{n}$

avec

$\sqrt{n} - \sqrt{n - 1} = \frac{n - (n - 1)}{\sqrt{n} + \sqrt{n - 1}} = \frac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n - 1}} \to_{n \to + \infty}^{} 0$

et ${(I_{n})}_{n \geq 1}$ est convergente car décroissante et minorée. On a donc par produit de limites

$u_{n} - v_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

La suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ est décroissante, la suite ${(v_{n})}_{n \geq 1}$ est croissante et la différence tend vers $0$ : les deux suites sont adjacentes.
(e)

Notons $C$ la limite commune aux suites ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ et $(v_{n} \geq 1)$ . Celle-ci est assurément supérieure à $v_{2}$ et donc strictement positive.

La propriété $u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} C$ donne directement

$I_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{C}{\sqrt{n}} .$

Exercice 122 682 Correction

On pose

J_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{{(1 + x^{3})}^{n + 1}} .

(a)

Calculer $J_{0}$ .
(b)

Former une relation de récurrence engageant $J_{n}$ et $J_{n + 1}$ .
(c)

Établir qu’il existe $A > 0$ tel que

$J_{n} \sim \frac{A}{\sqrt[3]{n}} .$

Solution

La fonction $f : x \mapsto \frac{1}{{(1 + x^{3})}^{n + 1}}$ est définie et continue sur $[0; + \infty [$ .

Puisque $f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{x^{3 n + 3}}$ , la fonction $f$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ et l’intégrale définissant $J_{n}$ converge.

(a)

Via une décomposition en éléments simples, on obtient

$J_{0} = \frac{2 π}{3 \sqrt{3}} .$
(b)

On écrit

$J_{n} - J_{n + 1} = \int_{0}^{+ \infty} x \times \frac{x^{2}}{{(1 + x^{3})}^{n + 2}} d x .$

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

$J_{n + 1} = \frac{3 n + 2}{3 n + 3} J_{n} .$
(c)

On pose $v_{n} = \sqrt[3]{n} J_{n}$ .

$\ln (v_{n + 1}) - \ln (v_{n}) = \ln (\sqrt[3]{1 + \frac{1}{n}}) + \ln (1 - \frac{1}{3 n + 3}) \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{2}})$

donc la série de terme général $\ln (v_{n + 1}) - \ln (v_{n})$ converge et donc la suite de terme général $\ln (v_{n})$ converge vers une certain réel $ℓ$ . En posant $A = e^{ℓ} > 0$ , on obtient $v_{n} \to A$ donc $J_{n} \sim \frac{A}{\sqrt[3]{n}}$ .

Exercice 123 157 ENSTIM (MP)Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

u_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t (t + n)} d t

où $⌊ t ⌋$ représente la partie entière de $t$ .

(a)

Justifier la bonne définition de la suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ .
(b)

Montrer que pour tout $A > 0$

$\int_{0}^{A} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t (t + n)} d t = \frac{1}{n} (\int_{0}^{n} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t} d t - \int_{A}^{A + n} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t} d t) .$

En déduire une nouvelle expression intégrale de $u_{n}$ .
(c)

On pose

$v_{n} = n u_{n} .$

Montrer la convergence de la série de terme général

$v_{n} - v_{n - 1} - \frac{1}{2 n} .$
(d)

En déduire un équivalent de $u_{n}$ .

Solution

(a)

La fonction

$f : t \mapsto \frac{t - ⌊ t ⌋}{t (t + n)}$

est définie et continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ .
Quand $t \to 0^{+}$ ,

$f (t) = \frac{t}{t (t + n)} = \frac{1}{t + n} \to \frac{1}{n} .$

Quand $t \to + \infty$ ,

$f (t) = \frac{O (1)}{t (t + n)} = O (\frac{1}{t^{2}}) .$

On en déduit que $f$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

On remarque que

$\frac{1}{t (t + n)} = \frac{1}{n} (\frac{1}{t} - \frac{1}{t + n})$

et l’on en déduit

$\int_{0}^{A} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t (t + n)} d t = \frac{1}{n} \int_{0}^{A} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t} - \frac{t - ⌊ t ⌋}{t + n} d t .$

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

$\int_{0}^{A} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t (t + n)} d t = \frac{1}{n} (\int_{0}^{A} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t} d t - \int_{n}^{A + n} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t} d t) .$

Enfin par la relation de Chasles

$\int_{0}^{A} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t (t + n)} d t = \frac{1}{n} (\int_{0}^{n} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t} d t - \int_{A}^{A + n} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t} d t) .$

Puisque

$0 \leq \int_{A}^{A + n} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t} d t \leq \frac{1}{A} \int_{A}^{A + n} t - ⌊ t ⌋ d t \leq \frac{n}{A}$

on obtient quand $A \to + \infty$

$u_{n} = \frac{1}{n} \int_{0}^{n} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t} d t .$
(c)

$v_{n} = \int_{0}^{n} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t} d t .$

Par suite,

$v_{n} - v_{n - 1} = \int_{n - 1}^{n} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t} d t = \int_{0}^{1} \frac{u}{u + (n - 1)} d u$

puis

$v_{n} - v_{n - 1} = 1 - (n - 1) \ln (1 + \frac{1}{n - 1}) .$

Par développement limité, on obtient

$v_{n} - v_{n - 1} = \frac{1}{2 (n - 1)} + O (\frac{1}{n^{2}}) = \frac{1}{2 n} + O (\frac{1}{n^{2}}) .$

On en déduit que la série de terme général

$v_{n} - v_{n - 1} - \frac{1}{2 n} = O (\frac{1}{n^{2}}) .$
(d)

Posons

$S = \sum_{n = 2}^{+ \infty} (H (n) - H (n - 1) - \frac{1}{2 n}) .$

On a

$\sum_{k = 1}^{n} (v_{k} - v_{k - 1} - \frac{1}{2 k}) = S + o (1)$

donc

$v_{n} - v_{1} - \frac{1}{2} \sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{k} = S + o (1) .$

Sachant

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} = \ln (n) + γ + o (1)$

on obtient

$v_{n} \sim \frac{\ln (n)}{2}$

puis

$u_{n} \sim \frac{\ln (n)}{2 n} .$

Exercice 124 2446 CENTRALE (MP)Correction

(a)

Soit $f \in 𝒞^{1} ([a; b], ℝ)$ . Déterminer les limites des suites

${(\int_{a}^{b} f (t) \sin (n t) d t)}_{n \in ℕ} et {(\int_{a}^{b} f (t) \cos (n t) d t)}_{n \in ℕ} .$
(b)

Calculer, pour $n \in ℕ^{*}$ ,

$\int_{0}^{π / 2} \frac{\sin (2 n t) \cos (t)}{\sin (t)} d t .$

On procédera par récurrence.
(c)

En déduire la valeur de

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t .$
(d)

Étudier la limite puis un équivalent de

${(\int_{0}^{π / 2} \ln (2 \sin (t / 2)) \cos (n t) d t)}_{n \in ℕ} .$

Solution

(a)

On obtient $0$ (cf. lemme de Lebesgue).
(b)

Posons

$I_{n} = \int_{0}^{π / 2} \frac{\sin (2 n t) \cos (t)}{\sin (t)} d t .$

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

On observe

$\sin (2 (n + 1) t) - \sin (2 n t) = 2 \sin (t) \cos (2 n + 1) t$

et donc

$I_{n + 1} - I_{n} = \int_{0}^{π / 2} 2 \cos ((2 n + 1) t) \cos (t) d t = 0 .$

La suite $(I_{n})$ est constante égale à

$I_{1} = \int_{0}^{π / 2} 2 \cos^{2} (t) d t = \frac{π}{2} .$
(c)

On a

$\int_{0}^{π / 2} \frac{\sin (2 n t) \cos (t)}{\sin (t)} d t - \int_{0}^{π / 2} \frac{\sin (2 n t)}{t} d t = \int_{0}^{π / 2} \sin (2 n t) f (t) d t$

avec

$f (t) = \cot (t) - \frac{1}{t}$

qui se prolonge en une fonction de classe $𝒞^{1}$ sur $[0; π / 2]$ .
Ainsi,

$\int_{0}^{π / 2} \frac{\sin (2 n t)}{t} d t \to_{n \to + \infty}^{} \frac{π}{2} .$

Or

$\int_{0}^{π / 2} \frac{\sin (2 n t)}{t} d t = \int_{0}^{n π} \frac{\sin (u)}{u} d u$

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

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t = \frac{π}{2} .$
(d)

On a

$\int_{0}^{π / 2} \ln (2 \sin (t / 2)) \cos (n t) d t = \int_{0}^{π / 2} \ln (\frac{\sin (t / 2)}{t / 2}) \cos (n t) d t + \int_{0}^{π / 2} \ln (t) \cos (n t) d t .$

Par intégration par parties,

$\int_{0}^{π / 2} \ln (t) \cos (n t) d t = \frac{\ln (π / 2) \sin (n π / 2)}{n} - \frac{1}{n} \int_{0}^{n π / 2} \frac{\sin (u)}{u} d u .$

La fonction $t \mapsto \ln (\frac{\sin (t / 2)}{t / 2})$ se prolonge en une fonction de classe $𝒞^{2}$ sur $[0; π / 2]$ .
Par intégration par parties,

$\int_{0}^{π / 2} \ln (\frac{\sin (t / 2)}{t / 2}) \cos (n t) d t = \frac{1}{n} \ln (\frac{2 \sqrt{2}}{π}) \sin (n π / 2) - \frac{1}{n} \int_{0}^{π / 2} {(\ln (\frac{\sin (t / 2)}{t / 2}))}^{'} \sin (n t) d t .$

La fonction $t \mapsto {(\ln (\frac{\sin (t / 2)}{t / 2}))}^{'}$ étant de classe $𝒞^{1}$ sur $[0; π / 2]$ , on a

$\frac{1}{n} \int_{0}^{π / 2} {(\ln (\frac{\sin (t / 2)}{t / 2}))}^{'} \sin (n t) d t \underset{n \to + \infty}{=} o (\frac{1}{n})$

et donc

$\int_{0}^{π / 2} \ln (2 \sin (t / 2)) \cos (n t) d t \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{(\ln (2)) \sin (n π / 2) - π}{2 n} .$

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

Exercice 125 3334 CENTRALE (PC)Correction

Justifier la convergence de l’intégrale

\int_{0}^{+ \infty} \sin (e^{t}) d t .

Solution

Soit $x \in ℝ_{+}$ . Par intégration par parties,

	$\int_{0}^{x} \sin (e^{t}) d t$	$= \int_{0}^{x} e^{t} \sin (e^{t}) \cdot e^{- t} d t = {[- \cos (e^{t}) e^{- t}]}_{0}^{x} - \int_{0}^{x} \cos (e^{t}) e^{- t} d t$
		$= \cos (1) - \cos (e^{x}) e^{- x} - \int_{0}^{x} \cos (e^{t}) e^{- t} d t .$

D’une part,

\cos (e^{x}) e^{- x} \to_{x \to + \infty}^{} 0 .

D’autre part, $t \mapsto \cos (e^{t}) e^{- t}$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ car

t^{2} \cos (e^{t}) e^{- t} \to_{t \to + \infty}^{} 0 .

Par opérations sur les limites,

\int_{0}^{x} \sin (e^{t}) d t \to_{x \to + \infty}^{} \cos (1) - \int_{0}^{+ \infty} \cos (e^{t}) e^{- t} d t

On en déduit la convergence de l’intégrale étudiée.

Exercice 126 2383

(Nature de l’intégrale de Dirichlet)

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

I = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t .

(a)

Déterminer la limite quand $n$ tend vers l’infini de $I_{n} = \int_{0}^{n π} | \frac{\sin (t)}{t} | d t$ .
(b)

La fonction $t \mapsto \sin (t) / t$ est-elle intégrable sur $] 0; + \infty [$ ?
(c)

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

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t = \int_{0}^{+ \infty} \frac{1 - \cos (t)}{t^{2}} d t .$

Exercice 127 1037 Correction

On rappelle la convergence de l’intégrale de Dirichlet

I = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t .

En observant

I = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} \int_{0}^{π} \frac{\sin (t)}{n π + t} d t

déterminer le signe de $I$ .

Solution

Par découpage

I = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{n π}^{(n + 1) π} \frac{\sin (t)}{t} d t

donc par translations

I = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{π} \frac{\sin (n π + t)}{n π + t} d t

puis la relation proposée.
$I$ se perçoit alors comme somme d’une série vérifiant le critère spécial des séries alternées, sa somme est donc du signe de son premier terme à savoir positif.

Exercice 128 694

(Intégrales de Fresnel)

Montrer la convergence des intégrales suivantes:

\int_{0}^{+ \infty} \cos (t^{2}) d t et \int_{0}^{+ \infty} \sin (t^{2}) d t .

Exercice 129 2421 MINES (MP)Correction

Justifier la convergence de

\int_{- \infty}^{+ \infty} e^{i t^{2}} d t .

Solution

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

\int_{0}^{+ \infty} e^{i t^{2}} d t = \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 t}{2 t} e^{i t^{2}} d t .

Formellement

\int_{0}^{+ \infty} e^{i t^{2}} d t = \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{2 t}{2 t} e^{i t^{2}} d t = {[\frac{e^{i t^{2}} - 1}{2 i t}]}_{0}^{+ \infty} + \frac{1}{2 i} \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{i t^{2}} - 1}{t^{2}} d t

où la primitive de $2 t e^{i t^{2}}$ 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

\int_{0}^{+ \infty} e^{i t^{2}} d t .

Exercice 130 5593 Correction

(a)

Montrer la convergence de l’intégrale

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (x)}{\sqrt{x}} d x .$
(b)

Montrer la divergence de l’intégrale

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (x)}{\sqrt{x} + \sin (x)} d x .$

Solution

(a)

Posons

$u (x) = 1 - \cos (x) et v (x) = \frac{1}{\sqrt{x}} pour x > 0 .$

Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ avec

$u (x) v (x) \underset{x \to 0}{\sim} \frac{\frac{1}{2} x^{2}}{\sqrt{x}} = \frac{1}{2} x^{3 / 2} \to_{x \to 0}^{} 0$

et

$u (x) v (x) \underset{x \to + \infty}{=} O (\frac{1}{\sqrt{x}}) \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

Par le théorème d’intégration par parties généralisée, l’intégrale étudiée a même nature que

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{1 - \cos (x)}{x^{3 / 2}} d x .$

Or la fonction $x \mapsto \frac{1 - \cos (x)}{x^{3 / 2}}$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ car

$\frac{1 - \cos (x)}{x^{3 / 2}} \underset{x \to 0}{\sim} \frac{1}{2} \sqrt{x} \to_{x \to 0}^{} et \frac{1 - \cos (x)}{x^{3 / 2}} \underset{x \to + \infty}{=} O (\frac{1}{x^{3 / 2}}) .$

On peut donc affirmer la convergence de la première intégrale $\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (x)}{\sqrt{x}} d x$ .

(b)

Commençons par remarquer que

\forall x > 0, \sqrt{x} + \sin (x) > 0 .

En effet, l’inégalité est vraie lorsque $x \in] 0; π [$ car le premier membre est la somme de deux nombres strictement positifs. L’inégalité est aussi vraie lorsque $x \geq π$ car alors $\sqrt{x} + \sin (x) \geq \sqrt{π} - 1 > 0$ . Cela assure que la fonction intégrée est correctement définie sur $] 0; + \infty [$ .

Par développement limité,

	$\frac{\sin (x)}{\sqrt{x} + \sin (x)}$	$= \frac{\sin (x)}{\sqrt{x}} \cdot \frac{1}{1 + \frac{\sin (x)}{\sqrt{x}}}$
		$\underset{x \to + \infty}{=} \frac{\sin (x)}{\sqrt{x}} - \frac{\sin^{2} (x)}{x} + O (\frac{1}{x^{3 / 2}})$
		$\underset{x \to + \infty}{=} \frac{\sin (x)}{\sqrt{x}} - \frac{1 - \cos (2 x)}{2 x} + O (\frac{1}{x^{3 / 2}})$
		$\underset{x \to + \infty}{=} \frac{\sin (x)}{\sqrt{x}} - \frac{1}{2 x} + \frac{\cos (2 x)}{2 x} + O (\frac{1}{x^{3 / 2}}) .$

On sait la convergence en $+ \infty$ de l’intégrale de $x \mapsto \frac{\sin (x)}{\sqrt{x}}$ . Par une intégration par parties, on établit la convergence en $+ \infty$ de l’intégrale de $x \mapsto \frac{\cos (2 x)}{2 x}$ . Aussi, on sait l’intégrabilité au voisinage de $+ \infty$ de la fonction $x \mapsto O (\frac{1}{x^{3 / 2}})$ . Cependant, l’intégrale de $x \mapsto \frac{1}{2 x}$ diverge en la borne $+ \infty$ . On en déduit que l’intégrale étudiée diverge¹¹ 1 En revanche, l’intégrale étudiée converge en $0$ car il est possible de réaliser un prolongement par continuité en $0$ . en $+ \infty$ .

Notons qu’ici

\frac{\sin (x)}{\sqrt{x} + \sin (x)} \sim x \to + \infty \frac{\sin (x)}{\sqrt{x}}

alors que les intégrales associées ne sont pas de même nature en $+ \infty$ .

Exercice 131 3414 ENS Cachan (MP)Correction

Trouver un équivalent en $+ \infty$ de

f : λ \mapsto \int_{0}^{1} e^{i λ x^{2}} d x .

Solution

Procédons au changement de variable de classe $𝒞^{1}$ , $t = \sqrt{λ} x$

f (λ) = \frac{1}{\sqrt{λ}} \int_{0}^{\sqrt{λ}} e^{i t^{2}} d t .

Or par le changement de variable $u = t^{2}$

\int_{0}^{A} e^{i t^{2}} d t = \frac{1}{2} \int_{0}^{A^{2}} \frac{e^{i u}}{\sqrt{u}} d u

puis par intégration par parties

\int_{0}^{A} e^{i t^{2}} d t = \frac{1}{2} ({[\frac{e^{i u} - 1}{i \sqrt{u}}]}_{0}^{A} + \frac{1}{2} \int_{0}^{A^{2}} \frac{e^{i u} - 1}{i u^{3 / 2}} d u)

et donc

\int_{0}^{A} e^{i t^{2}} d t = \frac{i}{4} \int_{0}^{A^{2}} \frac{1 - e^{i u}}{u^{3 / 2}} d u .

L’intégrale en second membre converge donc

\int_{0}^{A} e^{i t^{2}} d t \to_{A \to + \infty}^{} C .

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

f (λ) \underset{λ \to + \infty}{\sim} \frac{C}{\sqrt{λ}} .

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

Exercice 132 5592 Correction

Pour quels $α \in ℝ$ , l’intégrale suivante est-elle convergente?

\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (x)}{x^{α}} d x .

Solution

Cas: $α > 0$ . La fonction $f_{α} : x \mapsto \frac{\sin (x)}{x^{α}}$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ . On a

f_{α} (x) \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{x}{x^{α}} = \frac{1}{x^{α - 1}} \geq 0 .

Par équivalence de fonctions positives, l’intégrale converge en $0$ si, et seulement si, $α < 2$ . Supposons cette condition remplie pour poursuivre.

On réalise une intégration par parties généralisée avec

u (x) = 1 - \cos (x) et v (x) = \frac{1}{x^{α}} .

Les deux fonctions $u$ et $v$ sont de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ avec

u (x) v (x) \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{x^{2} / 2}{x^{α}} = \frac{x^{2 - α}}{2} \to_{x \to 0^{+}}^{} 0 et u (x) v (x) \underset{x \to + \infty}{=} O (\frac{1}{x^{α}}) \to_{x \to + \infty}^{} 0 .

Par théorème d’intégration par parties généralisée, l’intégrale étudiée est de même nature que l’intégrale

\int_{0}^{+ \infty} \frac{1 - \cos (x)}{x^{α + 1}} d x .

Or cette dernière converge en vertu des arguments d’intégrabilité suivant

\frac{1 - \cos (x)}{x^{α + 1}} \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x^{α - 1}} et \frac{1 - \cos (x)}{x^{α + 1}} \underset{x \to + \infty}{=} O (\frac{1}{x^{α + 1}})

avec $α - 1 < 1$ et $α + 1 > 1$ .

On en déduit que, lorsque $α > 0$ , l’intégrale étudiée converge si, et seulement si, $α < 2$ .

Cas: $α \leq 0$ . Posons $β = - α$ de sorte que $β \geq 0$ .

Par l’absurde, si l’intégrale étudiée converge,

	$\int_{2 n π}^{(2 n + 1) π} x^{β} \sin (x) d x$	$= \int_{0}^{(2 n + 1) π} x^{β} \sin (x) d x - \int_{0}^{2 n π} x^{β} \sin (x) d x$
		$\to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{+ \infty} x^{β} \sin (x) d x - \int_{0}^{+ \infty} x^{β} \sin (x) d x = 0 .$

	$\int_{2 n π}^{(2 n + 1) π} x^{β} \underset{\begin{matrix} \geq 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\sin (x)}} d x$	$\geq \int_{2 n π}^{(2 n + 1) π} {(2 n π)}^{β} \sin (x) d x$
		$= 2 \cdot {(2 n π)}^{β} \to_{n \to + \infty}^{} {\begin{matrix} 2 & si β = 0 \\ + \infty & si β > 0 . \end{matrix}$

C’est absurde.

Au final l’intégrale étudiée converge si, et seulement si, $α \in] 0; 2 [$ .

Exercice 133 5047 X (PSI)

Soit $α > 0$ . Étudier la nature de

\int_{0}^{+ \infty} e^{i x^{α}} d x .

Exercice 134 3178 Correction

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

\int_{0}^{+ \infty} f (t) \sin (t) d t .

Solution

Commençons par étudier la convergence de la suite $(S_{n})$ de terme général

S_{n} = \int_{0}^{n π} f (t) \sin (t) d t .

Par la relation de Chasles, on peut découper l’intégrale

S_{n} = \sum_{k = 0}^{n - 1} \int_{k π}^{(k + 1) π} f (t) \sin (t) d t .

Par translation de la variable

\int_{k π}^{(k + 1) π} f (t) \sin (t) d t = \int_{0}^{π} f (t + k π) \sin (t + k π) d t = {(- 1)}^{k} v_{k}

avec

v_{k} = \int_{0}^{π} f (t + k π) \sin (t) d t .

Puisque $f$ est positive, la suite $(v_{k})$ est à termes positifs.
Puisque $f$ est décroissante, la suite $(v_{k})$ est décroissante.
Enfin, puisque $f$ tend vers 0 en $+ \infty$ et puisque

0 \leq v_{k} \leq f (k π) π

la suite $(v_{n})$ tend vers 0.
Par le critère spécial des séries alternées, on obtient que la série de terme général ${(- 1)}^{k} v_{k}$ converge, autrement dit, que la suite $(S_{n})$ converge. Notons $S$ sa limite.
Soit $X \geq 0$ . En notant $n_{X}$ la partie entière de $X / π$ , on peut écrire

\int_{0}^{X} f (t) \sin (t) d t = S_{n_{X}} + \int_{n_{X} π}^{X} f (t) d t

avec

0 \leq \int_{n_{X} π}^{X} f (t) d t \leq \int_{n_{X} π}^{X} f (n_{X} π) d t = f (n_{X} π) (X - n_{X} π) \leq f (n_{X} π) π .

Quand $X \to + \infty$ , on a $n_{X} \to + \infty$ , $S_{n_{X}} \to S$ et par l’encadrement qui précède

\int_{n_{X} π}^{X} f (t) d t \to 0 .

On en déduit

\int_{0}^{X} f (t) \sin (t) d t \to S .

Exercice 135 3631 Correction

Soit $f : [1; + \infty [\to ℝ$ continue. Montrer

\int_{1}^{+ \infty} f (t) d t converge ⟹ \int_{1}^{+ \infty} \frac{f (t)}{t} d t converge.

Solution

Supposons la convergence de l’intégrale de $f$ sur $[1; + \infty [$ .
Puisque $f$ est continue, on peut introduire une primitive $F$ de $f$ et celle-ci admet donc une limite finie en $+ \infty$ . Par intégration par parties

\int_{1}^{A} \frac{f (t)}{t} d t = {[\frac{F (t)}{t}]}_{1}^{A} + \int_{1}^{A} \frac{F (t)}{t^{2}} d t .

Or $F (A) / A \to_{A \to + \infty}^{} 0$ et $t \mapsto F (t) / t^{2}$ est intégrable sur $[1; + \infty [$ car $F$ est bornée au voisinage de $+ \infty$ .
On en déduit donc par opérations la convergence de l’intégrale de $t \mapsto f (t) / t$ sur $[1; + \infty [$ .

Exercice 136 2378 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ continue et $α > 0$ . Montrer

\int_{0}^{+ \infty} f (t) d t converge ⟹ \int_{0}^{+ \infty} \frac{f (t)}{1 + t^{α}} d t converge.

Solution

Soit $F$ une primitive de la fonction continue $f$ sur $[0; + \infty [$ . Formellement

\int_{0}^{+ \infty} \frac{f (t)}{t^{α} + 1} d t = {[\frac{F (t)}{t^{α} + 1}]}_{0}^{+ \infty} + α \int_{0}^{+ \infty} \frac{F (t) t^{α - 1}}{{(t^{α} + 1)}^{2}} d t .

Supposons la convergence de $\int_{0}^{+ \infty} f (t) d t$ . La primitive $F$ est alors convergente en $+ \infty$ et donc dans l’intégration par parties précédente, le crochet est convergent en $+ \infty$ .
De plus, la fonction $F$ est bornée car continue sur $[0; + \infty [$ et convergente en $+ \infty$ . Par suite, quand $t \to + \infty$ ,

\frac{F (t) t^{α - 1}}{{(t^{α} + 1)}^{2}} = O (\frac{1}{t^{α + 1}})

et puisque $α > 0$ , on a la convergence de la deuxième intégrale dans la formule d’intégration par parties précédente.
Par le théorème d’intégration par parties, on peut affirmer que $\int_{0}^{+ \infty} \frac{f (t)}{1 + t^{α}} d t$ converge.

Exercice 137 696 MINES (PC)

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ une fonction continue dont l’intégrale sur $[0; + \infty [$ est convergente. Montrer que pour tout réel $s > 0$ , il y a convergence de l’intégrale¹¹ 1 Cette intégrale définit la transformée de Laplace de $f$ en $s$ .

\int_{0}^{+ \infty} f (t) e^{- s t} d t .

Exercice 138 3900 Correction

Soit $f : [a; + \infty [\to ℝ$ avec $f$ de classe $𝒞^{1}$ , décroissante et de limite nulle en $+ \infty$ .

Soit $g : [a; + \infty [\to ℝ$ continue telle qu’il existe $M \in ℝ_{+}$ vérifiant

| \int_{a}^{x} g (t) d t | \leq M pour tout x \in [a; + \infty [.

Montrer la convergence de l’intégrale suivante

\int_{a}^{+ \infty} f (t) g (t) d t .

Solution

Posons

G (x) = \int_{a}^{x} g (t) d t .

Par intégration par parties

\int_{a}^{x} f (t) g (t) d t = {[f (t) G (t)]}_{a}^{x} - \int_{a}^{x} f^{'} (t) G (t) d t .

D’une part

{[f (t) G (t)]}_{a}^{x} = f (x) G (x) - f (a) G (a) \to_{x \to + \infty}^{} 0

car $G$ est bornée et $f$ de limite nulle en $+ \infty$ .
D’autre part, il y a convergence de l’intégrale $\int_{a}^{+ \infty} f^{'} (t) G (t) d t$ . En effet,

\int_{a}^{x} | f^{'} (t) G (t) | d t = \int_{a}^{x} - f^{'} (t) | G (t) | d t \leq \int_{a}^{x} - f^{'} (t) M d t = (f (a) - f (x)) M .

Ainsi,

\int_{a}^{x} | f^{'} (t) G (t) | d t \leq f (a) M .

Ses intégrales partielles étant majorées, il y a convergence de $\int_{a}^{+ \infty} | f^{'} (t) G (t) | d t$ . Ainsi, $f^{'} G$ est intégrable sur $[a; + \infty [$ . On peut alors conclure

\int_{a}^{x} f (t) g (t) d t \to_{x \to + \infty}^{} \int_{a}^{+ \infty} f^{'} (t) G (t) d t .

Exercice 139 5515 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ continue. On suppose qu’il existe $T > 0$ tel que

\forall x \in [0; + \infty [, f (x + T) = f (x) .

Montrer

\int_{0}^{+ \infty} \frac{f (x)}{x} d x converge \Leftrightarrow \int_{0}^{T} f (t) d t = 0 .

Solution

On peut introduire $F$ une primitive de la fonction continue $f$ définie par

F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t pour tout x \in [0; + \infty [.

La fonction $F$ est continue sur $[0; T]$ et l’on peut introduire $m, M \in ℝ_{+}$ tels que

\forall x \in [0; T], m \leq F (x) \leq M .

Par périodicité de $f$ , on observe

\forall n \in ℕ, \forall x \in [0; T], F (x + n T) = n F (T) + F (x)

et donc

\forall n \in ℕ, \forall x \in [0; T], n F (T) + m \leq F (x + n T) \leq n F (T) + M .

Pour $x \in [0; + \infty [$ , en introduisant $n = ⌊ x / T ⌋$ , on obtient

n F (T) + m \leq F (x) \leq n F (T) + M .

On acquiert ainsi

\underset{\begin{matrix} \to_{x \to + \infty}^{} F (T) / T \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{n F (T) + m}{n} \cdot \frac{n}{x}}} \leq \frac{F (x)}{x} \leq \underset{\begin{matrix} \to_{x \to + \infty}^{} F (T) / T \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{n F (T) + M}{n} \cdot \frac{n}{x}}}

ce qui entraîne

\frac{F (x)}{x} \to_{x \to + \infty}^{} \frac{F (T)}{T} .

Réalisons l’intégration par parties déterminée par

u (x) = F (x) et v (x) = \frac{1}{x} .

Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ avec

u (x) v (x) = \frac{F (x)}{x} = \frac{F (x) - F (0)}{x} \to_{x \to 0}^{} F^{'} (0) = f (0)

u (x) v (x) = \frac{F (x)}{x} \to_{x \to + \infty}^{} \frac{1}{T} F (T) .

Par le théorème d’intégration par parties généralisée, on sait que les intégrales

\int_{0}^{+ \infty} \frac{f (x)}{x} d x et \int_{0}^{+ \infty} \frac{F (x)}{x^{2}} d x

ont alors la même nature.

Cas: $F (T) = 0$ .

La fonction $F$ est périodique et donc bornée. On en déduit par intégrabilité la convergence de l’intégrale

\int_{0}^{+ \infty} \frac{F (x)}{x^{2}} d x

et donc la convergence de l’intégrale étudiée.

Cas: $F (T) \neq 0$ .

\frac{F (x)}{x^{2}} = \frac{F (x)}{x} \cdot \frac{1}{x} \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{F (T)}{T} \cdot \frac{1}{x} .

Par équivalence de fonctions de signe constant, il y a divergence de l’intégrale

\int_{0}^{+ \infty} \frac{F (x)}{x^{2}} d x

et donc divergence de l’intégrale étudiée.

Exercice 140 695 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ continue. On suppose la convergence de l’intégrale suivante

\int_{0}^{+ \infty} f (t) d t .

Calculer

lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} t f (t) d t .

Solution

Soit $F$ la primitive de $f$ s’annulant en 0. Par hypothèse

F (x) \to_{x \to + \infty}^{} ℓ = \int_{0}^{+ \infty} f (t) d t .

Par intégration par parties, on peut écrire

\frac{1}{x} \int_{0}^{x} t f (t) d t = F (x) - \frac{1}{x} \int_{0}^{x} F (t) d t .

| \frac{1}{x} \int_{0}^{x} F (t) d t - ℓ | \leq \frac{1}{x} \int_{0}^{x} | F (t) - ℓ | d t .

Soit $ε > 0$ . Il existe $A \in ℝ_{+}$ tel que

\forall t \geq A, | F (t) - ℓ | \leq ε .

Par continuité sur $[0; A]$ , $| F (t) - ℓ |$ est majorée par un certain $M > 0$ .
Pour $x \geq \max (A, A M / ε)$ on a

\frac{1}{x} \int_{0}^{x} | F (t) - ℓ | d t = \frac{1}{x} \int_{0}^{A} | F (t) - ℓ | d t + \frac{1}{x} \int_{A}^{x} | F (t) - ℓ | d t \leq 2 ε .

Par conséquent,

\frac{1}{x} \int_{0}^{x} F (t) d t \to_{x \to + \infty}^{} ℓ

puis

lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} t f (t) d t = 0 .

Notons que sans l’hypothèse d’intégrabilité de $f$ , on ne peut pas exploiter le théorème de convergence dominée.

[<] Intégrales seulement convergentes[>] Intégrales fonctions des bornes

Exercice 141 688 Correction

On pose pour

f (a) = \int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{a} + 1} .

(a)

Pour quelles valeurs de $a$ , l’intégrale définissant $f (a)$ existe-t-elle?
(b)

Montrer que la fonction est décroissante et de limite nulle en $+ \infty$ .

Solution

(a)

Pour $a \leq 0$ , l’intégrale n’est pas définie. Pour $a > 0$ , $\frac{1}{t^{a} + 1} \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{1}{t^{a}}$ , par suite $\int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{a} + 1}$ n’est définie que pour $a > 1$ .

Finalement, $f$ est définie sur $] 1; + \infty [$ .
(b)

Si $1 < a \leq b$ alors

$\forall t \geq 1, \frac{1}{t^{b} + 1} \leq \frac{1}{t^{a} + 1}$

donc $f (b) \leq f (a)$ . Ainsi $f$ est décroissante.

$0 \leq f (a) \leq \int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{a}} = \frac{1}{1 - a} {[\frac{1}{t^{a - 1}}]}_{1}^{+ \infty} = \frac{1}{a - 1} \to_{a \to + \infty}^{} 0 .$

Exercice 142 687 Correction

(Fonction $Γ$ d’Euler)

Pour $x > 0$ on note

Γ (x) = \int_{0}^{+ \infty} t^{x - 1} e^{- t} d t .

(a)

Montrer que cette dernière intégrale est bien définie pour tout $x > 0$ .
(b)

Justifier

$\forall x > 1, Γ (x) = (x - 1) Γ (x - 1) .$
(c)

Calculer $Γ (n)$ pour $n \in ℕ^{*}$ .

Solution

(a)

Soit $f_{x} : t \mapsto t^{x - 1} e^{- t}$ définie et continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ (on exclue la borne $0$ car l’exposant $x - 1$ peut être strictement négatif).

On a

$f_{x} (t) = t^{x - 1} e^{- t} \underset{t \to 0^{+}}{\sim} t^{x - 1} = \frac{1}{t^{1 - x}} et f_{x} (t) = t^{x - 1} e^{- t} \underset{t \to + \infty}{=} o (\frac{1}{t^{2}}) .$

La fonction $f_{x}$ est donc intégrable sur $] 0; + \infty [$ : l’intégrale étudiée converge.
(b)

Pour $x > 1$ , réalisons une intégration par parties avec

$u (t) = t^{x - 1} et v (t) = - e^{- t} .$

Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ et le produit $u (t) v (t)$ tend vers $0$ en $0^{+}$ et $+ \infty$ . On peut donc réaliser une intégration par parties généralisée ce qui donne

$\int_{0}^{+ \infty} t^{x - 1} e^{- t} d t = {[- t^{x - 1} e^{- t}]}_{0}^{+ \infty} + (x - 1) \int_{0}^{+ \infty} t^{x - 2} e^{- t} d t .$

Ainsi,

$\forall x > 1, Γ (x) = (x - 1) Γ (x - 1) .$
(c)

Sachant

$Γ (1) = \int_{0}^{+ \infty} e^{- t} d t = {[- e^{- t}]}_{0}^{1} = 1$

on obtient par récurrence sur $n \in ℕ^{*}$

$Γ (n) = (n - 1)! .$

Exercice 143 689 Correction

(a)

Pour quelles valeurs de $x$ réelles, l’intégrale

$f (x) = \int_{0}^{1} \frac{t^{x - 1}}{1 + t} d t$

est-elle définie?
(b)

Étudier la monotonie de $f$ .
(c)

Calculer

$f (x) + f (x + 1) pour tout x > 0 .$
(d)

Déterminer la limite de $f$ en $+ \infty$ ainsi qu’un équivalent.
(e)

Déterminer la limite de $f$ en $0^{+}$ ainsi qu’un équivalent.

Solution

(a)

La fonction $t \mapsto \frac{t^{x - 1}}{1 + t}$ est définie et continue sur $] 0; 1]$ et $\frac{t^{x - 1}}{1 + t} \underset{t \to 0}{\sim} \frac{1}{t^{1 - x}}$ .
Par équivalence de fonctions positives, l’intégrale définissant $f (x)$ existe si, et seulement si, $x > 0$ .
(b)

Pour $x \leq y$ , on a

$\forall t \in] 0; 1], \frac{t^{x - 1}}{1 + t} \geq \frac{t^{y - 1}}{1 + t}$

puis en intégrant $f (x) \geq f (y)$ .
La fonction $f$ est donc décroissante.
(c)

On a

$f (x) + f (x + 1) = \int_{0}^{1} t^{x - 1} d t = \frac{1}{x} .$
(d)

Puisque $f$ est décroissante et positive, $f$ converge en $+ \infty$ . Posons $ℓ$ sa limite.
En passant à la limite la relation obtenue ci-dessus, on obtient $2 ℓ = 0$ donc $ℓ = 0$ .
Par décroissance

$f (x) + f (x + 1) \leq 2 f (x) \leq f (x - 1) + f (x)$

donc

$\frac{1}{x} \leq 2 f (x) \leq \frac{1}{x - 1} .$

On en déduit

$f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2 x} .$
(e)

Quand $x \to 0^{+}$ ,

$0 \leq f (x + 1) = \int_{0}^{1} \frac{t^{x}}{1 + t} d t \leq \int_{0}^{1} t^{x} d t = \frac{1}{x + 1} \leq 1$

donc

$f (x + 1) \underset{x \to 0^{+}}{=} O (1) = o (\frac{1}{x})$

et par suite

$f (x) = \frac{1}{x} - f (x + 1) \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{x} \to_{x \to 0^{+}}^{} + \infty .$

Exercice 144 692 Correction

Soit $φ : ℝ_{+} \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ intégrable.

(a)

Soit $A > 0$ . Montrer

$\int_{0}^{A} φ (t) \cos (x t) d t \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$
(b)

Montrer

$\int_{0}^{+ \infty} φ (t) \cos (x t) d t \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

Solution

(a)

Par intégration par parties,

$| \int_{0}^{A} φ (t) \cos (x t) d t | \leq \frac{| φ (0) | + | φ (A) |}{x} + \frac{1}{x} \int_{0}^{A} | φ^{'} (t) | d t$

qui permet de conclure.
(b)

Pour $ε > 0$ , il existe $A \in ℝ_{+}$ tel que

$\int_{A}^{+ \infty} | φ (t) | d t \leq ε$

car $φ$ est intégrable sur $ℝ_{+}$ . De plus, pour $x$ assez grand,

$| \int_{0}^{A} φ (t) \cos (x t) d t | \leq ε$

donc

$| \int_{0}^{+ \infty} φ (t) \cos (x t) d t | \leq 2 ε$

ce qui permet de conclure.

[<] Fonctions définies par une intégrale généralisée[>] Sommes de Riemann impropres

Exercice 145 5611 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to 𝕂$ une fonction continue dont l’intégrale en $+ \infty$ converge.

Pour tout $x \geq 0$ , on pose

R (x) = \int_{x}^{+ \infty} f (t) d t .

Montrer que $R$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $[0; + \infty [$ et calculer $R^{'} (x)$ .

Solution

Puisque la fonction $f$ est continue sur $[0; + \infty [$ , on peut introduire une primitive $F$ de celle-ci. La fonction $F$ est définie et de classe $𝒞^{1}$ sur $[0; + \infty [$ avec $F^{'} = f$ .

Par convergence de l’intégrale de $f$ en $+ \infty$ , on peut affirmer que la primitive $F$ admet une limite finie $ℓ$ en $+ \infty$ . Pour tout $x \geq 0$ , on a alors

R (x) = {[F (t)]}_{x}^{+ \infty} = ℓ - F (x) .

La fonction $R$ est donc de classe $𝒞^{1}$ sur $[0; + \infty [$ avec

R^{'} (x) = 0 - F^{'} (x) = - f (x) .

Exercice 146 5701 Correction

Pour $x > 0$ , on pose

F (x) = \int_{x}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t .

(a)

Montrer que $F (x)$ est bien définie.
(b)

Établir que $F$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ et calculer $F^{'} (x)$ .
(c)

Montrer

$lim_{x \to + \infty} x F (x) = 0 et lim_{x \to 0^{+}} x F (x) = 0 .$
(d)

Sans exprimer $F (x)$ , justifier l’existence et calculer

$\int_{0}^{+ \infty} F (x) d x .$

Solution

(a)

La fonction $t \mapsto e^{- t^{2}}$ est intégrable en $+ \infty$ car

$t^{2} \times e^{- t^{2}} \underset{X = t^{2}}{=} X e^{- X} \to_{t \to + \infty}^{} 0 .$

La fonction $F$ apparaît comme un reste intégral correctement défini.
(b)

Pour $x > 0$ ,

$F (x) = \int_{1}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t - \int_{1}^{x} e^{- t^{2}} d t = F (1) - \int_{1}^{x} e^{- t^{2}} d t$

est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ et $F^{'} (x) = - e^{- x^{2}}$ .
(c)

On a l’encadrement

$0 \leq x F (x) = \int_{x}^{+ \infty} x e^{- t^{2}} d t \leq \int_{x}^{+ \infty} t e^{- t^{2}} d t = {[- \frac{1}{2} e^{- t^{2}}]}_{x}^{+ \infty} \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

On en déduit que $x F (x)$ tend vers $0$ en $+ \infty$ .
(d)

La limite finie qui précède autorise l’intégration par parties suivante sous réserve de convergence de l’une des deux intégrales

$\int_{0}^{+ \infty} F (x) d x = {[x F (x)]}_{0}^{+ \infty} + \int_{0}^{+ \infty} x e^{- x^{2}} d x .$

Puisque la deuxième intégrale converge, la première intégrale converge aussi et l’on a

$\int_{0}^{+ \infty} F (t) d t = {[- \frac{1}{2} e^{- x^{2}}]}_{0}^{+ \infty} = \frac{1}{2} .$

Exercice 147 690 Correction

Pour $x > 0$ , on pose

F (x) = \int_{x}^{+ \infty} \frac{e^{- t}}{t} d t .

(a)

Montrer que $F (x)$ est bien définie pour tout $x > 0$ .
(b)

Établir que $F$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ et calculer $F^{'} (x)$ .
(c)

Montrer

$lim_{x \to + \infty} x F (x) = 0 et lim_{x \to 0^{+}} x F (x) = 0 .$
(d)

Sans exprimer $F (x)$ , justifier l’existence et calculer

$\int_{0}^{+ \infty} F (x) d x .$

Solution

(a)

La fonction $t \mapsto \frac{e^{- t}}{t}$ est intégrable en $+ \infty$ car

$t^{2} \times \frac{e^{- t}}{t} = t e^{- t} \to_{t \to + \infty}^{} 0$

La fonction $F (x)$ apparaît comme un reste intégral correctement défini.
(b)

$F (x) = \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{- t}}{t} d t - \int_{1}^{x} \frac{e^{- t}}{t} d t = F (1) - \int_{1}^{x} \frac{e^{- t}}{t} d t$

est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ et $F^{'} (x) = - \frac{e^{- x}}{x}$ .
(c)

On a l’encadrement

$0 \leq x F (x) = \int_{x}^{+ \infty} \frac{x e^{- t}}{t} d t \leq \int_{x}^{+ \infty} e^{- t} d t = \int_{1}^{+ \infty} e^{- t} d t - \int_{1}^{x} e^{- t} d t \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

On en déduit que $x F (x)$ tend vers $0$ en $+ \infty$ .

Aussi,

$x F (x) = x \int_{x}^{+ \infty} \frac{e^{- t}}{t} d t = x (\int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{- t}}{t} d t + \int_{x}^{1} \frac{e^{- t}}{t} d t)$

donc

$0 \leq x F (x) \leq x (F (1) + \int_{x}^{1} \frac{1}{t} d t) \leq x F (1) + x \ln (x) \to_{x \to 0^{+}}^{} 0 .$

Par théorème d’encadrement, $x F (x)$ tend vers $0$ en $0^{+}$ .
(d)

Les limites finies qui précède autorisent l’intégration par parties suivante sous réserve de convergence de l’une des deux intégrales

$\int_{0}^{+ \infty} F (x) d x = {[x F (x)]}_{0}^{+ \infty} + \int_{0}^{+ \infty} e^{- x} d x .$

Puisque la deuxième intégrale converge, la première intégrale converge aussi et l’on a

$\int_{0}^{+ \infty} F (t) d t = {[- e^{- x}]}_{0}^{+ \infty} = 1 .$

Exercice 148 2879 ENSTIM (MP)Correction

(a)

Donner la nature de l’intégrale

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t .$

On pose pour tout réel $x$

$f (x) = \int_{x}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t .$
(b)

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ et exprimer sa dérivée.
(c)

Calculer

$\int_{0}^{+ \infty} f (t) d t .$

Solution

(a)

La fonction $t \mapsto \sin (t) / t$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ . On peut la prolonger par continuité en 0 en y posant la valeur 1. Par intégration par parties où l’on intègre l’expression $\sin (t)$ en $1 - \cos (t)$

$\int_{0}^{x} \frac{\sin (t)}{t} d t = {[\frac{1 - \cos (t)}{t}]}_{0}^{x} + \int_{0}^{x} \frac{1 - \cos (t)}{t^{2}} d t .$

Quand $x \to + \infty$ , on a

$\frac{1 - \cos (x)}{x} \to 0$

et

$\int_{0}^{x} \frac{1 - \cos (t)}{t^{2}} d t \to \int_{0}^{+ \infty} \frac{1 - \cos (t)}{t^{2}} d t$

cette dernière intégrale étant convergente car la fonction peut être prolongée par continuité en 0 et est dominée par la fonction intégrable $t \mapsto 1 / t^{2}$ en $+ \infty$ .
(b)

Soit $F$ la primitive s’annulant en 0 du prolongement par continuité de $t \mapsto \sin (t) / t$ . On a

$f (x) = lim_{+ \infty} F - F (x) .$

Puisque la fonction $F$ est de classe $𝒞^{1}$ , la fonction $f$ est aussi de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ et

$f^{'} (x) = - F^{'} (x) = - \frac{\sin (x)}{x} .$
(c)

Par intégration par parties,

$\int_{0}^{x} f (t) d t = {[t f (t)]}_{0}^{x} - \int_{0}^{x} t f^{'} (t) d t = x f (x) + \int_{0}^{x} \sin (t) d t .$

Or

$\int_{x}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t = {[- \frac{\cos (t)}{t}]}_{x}^{+ \infty} - \int_{x}^{+ \infty} \frac{\cos (t)}{t^{2}} d t$

donc

$x f (x) = \cos (x) - x \int_{x}^{+ \infty} \frac{\cos (t)}{t^{2}} d t$

puis

$\int_{0}^{x} f (t) d t = 1 - x \int_{x}^{+ \infty} \frac{\cos (t)}{t^{2}} d t .$

Mais par intégration par parties on établit encore

$\int_{x}^{+ \infty} \frac{\cos (t)}{t^{2}} d t = {[\frac{\sin (t)}{t^{2}}]}_{x}^{+ \infty} - 2 \int_{x}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t^{3}} d t$

avec

$| \int_{x}^{+ \infty} 2 \frac{\sin (t)}{t^{3}} d t | \leq \int_{x}^{+ \infty} \frac{2 d t}{t^{3}} = \frac{1}{x^{2}}$

ce qui permet d’affirmer

$x \int_{x}^{+ \infty} \frac{\cos (t)}{t^{2}} d t \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

Finalement, l’intégrale $\int_{0}^{+ \infty} f (t) d t$ converge et

$\int_{0}^{+ \infty} f (t) d t = 1 .$

Exercice 149 4059 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ une fonction continue. Pour $0 < a < b$ , déterminer

lim_{x \to 0^{+}} \int_{a x}^{b x} \frac{f (t)}{t} d t .

Solution

Puisque $f$ est continue en 0, on peut écrire

f (x) = f (0) + ε (x) avec ε \overset{}{\to} 0 .

On a alors

\int_{a x}^{b x} \frac{f (t)}{t} d t = \int_{a x}^{b x} \frac{f (0)}{t} d t + \int_{a x}^{b x} \frac{ε (t)}{t} d t .

D’une part

\int_{a x}^{b x} \frac{f (0)}{t} d t = f (0) \ln (\frac{b}{a})

et d’autre part

| \int_{a x}^{b x} \frac{ε (t)}{t} d t | \leq \max_{t \in [a x; b x]} | ε (t) | \ln (\frac{b}{a}) \to_{x \to 0}^{} 0 .

On peut conclure

lim_{x \to 0^{+}} \int_{a x}^{b x} \frac{f (t)}{t} d t = f (0) \ln (\frac{b}{a}) .

Exercice 150 281 Correction

Pour tout $x \in [1; + \infty [$ , on pose

F (x) = \int_{1}^{x} \frac{t}{\sqrt{t^{3} - 1}} d t .

(a)

Montrer que $F$ est bien définie, continue sur $[1; + \infty [$ et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 1; + \infty [$ . Exprimer $F^{'} (x)$ .
(b)

Étudier la dérivabilité de $F$ en $1$ . Préciser la tangente au graphe de $F$ en $1$ .
(c)

Étudier la limite de $F$ en $+ \infty$ .
(d)

Justifier que $F$ réalise une bijection de $[1; + \infty [$ sur un intervalle à préciser et que $F^{- 1}$ est dérivable sur $] 0; + \infty [$ et solution de l’équation différentielle

$y y^{'} = \sqrt{y^{3} - 1} .$
(e)

Étudier la dérivabilité de $F^{- 1}$ en $0$ .

Solution

(a)

$f : t \mapsto \frac{t}{\sqrt{t^{3} - 1}} = \frac{t}{\sqrt{(t - 1) (t^{2} + t + 1)}}$

est définie et continue sur $] 1; x]$ et

$f (t) \underset{1}{\sim} \frac{1}{\sqrt{3} \sqrt{t - 1}}$

donc $F (x)$ existe.
$F$ est primitive de la fonction continue $f$ sur $] 1; + \infty [$ donc $F$ est de classe $𝒞^{1}$ et $F^{'} (x) = f (x)$ .
Comme $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ , $F$ est finalement de classe $𝒞^{\infty}$ et sur $] 1; + \infty [$

$F^{'} (x) = \frac{x}{\sqrt{x^{3} - 1}} .$
(b)

$F$ est continue en 1 et $F^{'} (x) \to_{x \to 1}^{} + \infty$ . Tangente verticale en 1.
(c)

$\sqrt{t^{3} - 1} \leq t^{3 / 2}$ donc

$F (x) \geq \int_{1}^{x} \frac{d t}{\sqrt{t}} = 2 \sqrt{x} - 2 \to_{x \to + \infty}^{} + \infty$

donc $F (x) \to_{+ \infty}^{} + \infty$ .
(d)

$F$ est continue et strictement croissante sur $[1; + \infty [$ donc $F$ réalise une bijection de $[1; + \infty [$ sur $[0; + \infty [$ .
$F$ réalise une bijection de classe $𝒞^{\infty}$ de $] 1; + \infty [$ sur $] 0; + \infty [$ avec $F^{'} (x) \neq 0$ donc $F^{- 1}$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; + \infty [$ .

${(F^{- 1})}^{'} = \frac{1}{F^{'} \circ F^{- 1}} = \frac{\sqrt{{(F^{- 1})}^{3} - 1}}{F^{- 1}}$

donc $F^{- 1}$ est solution de l’équation différentielle considérée.
(e)

$F^{- 1}$ est continue en $0$ et $F^{- 1} (0) = 1$ . En vertu de la relation

${(F^{- 1})}^{'} = \frac{\sqrt{{(F^{- 1})}^{3} - 1}}{F^{- 1}}$

on obtient

${(F^{- 1})}^{'} (x) \to_{x \to 0}^{} 0$

$F^{- 1}$ est donc dérivable en $0$ et ${(F^{- 1})}^{'} (0) = 0$

Exercice 151 2348 CCINP (MP)Correction

(a)

Justifier que

$G (x, y) = \int_{0}^{y} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t (t + x)} d t$

où $⌊ t ⌋$ représente la partie entière de $t$ , est définie sur ${(ℝ_{+}^{*})}^{2}$ .
(b)

Montrer que $G (x, y)$ tend vers une limite $G (x)$ quand $y$ tend vers $+ \infty$ .
(c)

Montrer que

$\forall n \in ℕ^{*}, G (n, y) = \frac{1}{n} (\int_{0}^{n} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t} d t - \int_{y}^{y + n} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t} d t) .$
(d)

On note $H (n) = n G (n)$ ; montrer que la série de terme général

$H (n) - H (n - 1) - \frac{1}{2 n}$

converge et en déduire un équivalent de $G (n)$ .

Solution

(a)

Soient $x, y > 0$ .
La fonction

$f : t \mapsto \frac{t - ⌊ t ⌋}{t (t + x)}$

est définie et continue par morceaux sur $] 0; + \infty [\supset] 0; y]$ et quand $t \to 0$ ,

$f (t) = \frac{t}{t (t + x)} = \frac{1}{t + x} \to \frac{1}{x}$

donc $f$ est prolongeable par continuité en 0.
Par suite, l’intégrale définissant $G (x, y)$ existe bien.
(b)

Quand $t \to + \infty$ ,

$f (t) \underset{t \to + \infty}{=} \frac{O (1)}{t (t + x)} = O (\frac{1}{t^{2}})$

donc $f$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ .
Par suite, $G (x, y)$ converge quand $y \to + \infty$ vers

$G (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t (t + x)} d t .$
(c)

On remarque que

$\frac{1}{t (t + n)} = \frac{1}{n} (\frac{1}{t} - \frac{1}{t + n})$

et l’on en déduit

$G (n, y) = \frac{1}{n} \int_{0}^{y} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t} - \frac{t - ⌊ t ⌋}{t + n} d t .$

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

$G (n, y) = \frac{1}{n} (\int_{0}^{y} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t} d t - \int_{n}^{y + n} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t} d t) .$

Enfin par la relation de Chasles

$G (n, y) = \frac{1}{n} (\int_{0}^{n} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t} d t - \int_{y}^{y + n} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t} d t) .$
(d)

Puisque

$0 \leq \int_{y}^{y + n} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t} d t \leq \frac{1}{y} \int_{y}^{y + n} t - ⌊ t ⌋ d t \leq \frac{n}{y}$

on obtient quand $y \to + \infty$

$G (n) = \frac{1}{n} \int_{0}^{n} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t} d t$

et l’on a alors

$H (n) = \int_{0}^{n} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t} d t .$

Par suite,

$H (n) - H (n - 1) = \int_{n - 1}^{n} \frac{t - ⌊ t ⌋}{t} d t = \int_{0}^{1} \frac{u}{u + (n - 1)} d u$

puis

$H (n) - H (n - 1) = 1 - (n - 1) \ln (1 + \frac{1}{n - 1}) .$

Par développement limité, on obtient

$H (n) - H (n - 1) \underset{n \to + \infty}{=} \frac{1}{2 (n - 1)} + O (\frac{1}{n^{2}}) = \frac{1}{2 n} + O (\frac{1}{n^{2}}) .$

On en déduit que la série de terme général

$H (n) - H (n - 1) - \frac{1}{2 n} \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{2}}) .$

Posons

$S = \sum_{n = 2}^{+ \infty} (H (n) - H (n - 1) - \frac{1}{2 n}) .$

On a

$\sum_{k = 1}^{n} (H (k) - H (k - 1) - \frac{1}{2 k}) \underset{n \to + \infty}{=} S + o (1)$

donc

$H (n) - H (1) - \frac{1}{2} \sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{=} S + o (1) .$

Sachant

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) + γ + o (1)$

on obtient

$H (n) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2} \ln (n)$

puis

$G (n) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{\ln (n)}{2 n} .$

Exercice 152 691 Correction

Pour $x > 0$ , on pose

f (x) = \int_{0}^{x} e^{i t^{2}} d t = \int_{0}^{x} \cos (t^{2}) d t + i \int_{0}^{x} \sin (t^{2}) d t .

(a)

Montrer

$f (x) = \frac{e^{i x^{2}} - 1}{2 i x} + \frac{1}{2 i} \int_{0}^{x} \frac{e^{i t^{2}} - 1}{t^{2}} d t .$

En déduire que $f$ admet une limite notée $λ$ en $+ \infty$ .
(b)

On pose $g (x) = λ - f (x)$ . Montrer que pour $x > 0$

$g (x) = \frac{1}{2 i} \int_{x}^{+ \infty} \frac{e^{i t^{2}}}{t^{2}} d t - \frac{e^{i x^{2}}}{2 i x} .$
(c)

Montrer qu’au voisinage de $+ \infty$

$g (x) = - \frac{e^{i x^{2}}}{2 i x} + O (\frac{1}{x^{3}}) .$

Solution

(a)

Pour $x > a > 0$

$\int_{a}^{x} e^{i t^{2}} d t = \int_{a}^{x} \frac{2 i t}{2 i t} e^{i t^{2}} d t = {[\frac{e^{i t^{2}} - 1}{2 i t}]}_{a}^{x} + \int_{a}^{x} \frac{e^{i t^{2}} - 1}{2 i t^{2}} d t .$

On a

$\int_{a}^{x} e^{i t^{2}} d t \to_{a \to 0^{+}}^{} \int_{0}^{x} e^{i t^{2}} d t, \frac{e^{i a^{2}} - 1}{2 i a} \underset{a \to 0^{+}}{\sim} \frac{a}{2} \to_{a \to 0^{+}}^{} 0$

et

$\int_{a}^{x} \frac{e^{i t^{2}} - 1}{2 i t^{2}} d t \to_{a \to 0^{+}}^{} \int_{0}^{x} \frac{e^{i t^{2}} - 1}{2 i t^{2}} d t$

car cette dernière intégrale converge.

Ainsi,

$f (x) = \frac{e^{i x^{2}} - 1}{2 i x} + \frac{1}{2 i} \int_{0}^{x} \frac{e^{i t^{2}} - 1}{t^{2}} d t .$

Puisque

$| \frac{e^{i x^{2}} - 1}{2 i x} | \leq \frac{1}{x} \to_{x \to + \infty}^{} 0 et \int_{0}^{x} \frac{e^{i t^{2}} - 1}{2 i t^{2}} d t \to_{x \to + \infty}^{} \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{i t^{2}} - 1}{2 i t^{2}} d t$

car cette dernière intégrale converge.

Par suite,

$f (x) \to_{x \to + \infty}^{} λ = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{i t^{2}} - 1}{2 i t^{2}} d t .$
(b)

Pour $x > 0$ ,

$g (x) = λ - f (x) = \frac{1}{2 i} \int_{x}^{+ \infty} \frac{e^{i t^{2}} - 1}{t^{2}} d t - \frac{e^{i x^{2}} - 1}{2 i x}$

donc

$g (x) = \frac{1}{2 i} \int_{x}^{+ \infty} \frac{e^{i t^{2}}}{t^{2}} d t - \frac{1}{2 i} \int_{x}^{+ \infty} \frac{1}{t^{2}} d t - \frac{e^{i x^{2}} - 1}{2 i x}$

car ces deux dernières intégrales sont bien définies. Par suite,

$g (x) = \frac{1}{2 i} \int_{x}^{+ \infty} \frac{e^{i t^{2}}}{t^{2}} d t - \frac{e^{i x^{2}}}{2 i x} .$
(c)

Par intégration par parties généralisée,

$\int_{x}^{+ \infty} \frac{e^{i t^{2}} d t}{t^{2}} = \int_{x}^{+ \infty} \frac{t e^{i t^{2}} d t}{t^{3}} = {[\frac{e^{i t^{2}}}{2 i t^{3}}]}_{x}^{+ \infty} + \frac{3}{2 i} \int_{x}^{+ \infty} \frac{e^{i t^{2}} d t}{t^{4}} .$

Par suite,

$| \int_{x}^{+ \infty} \frac{e^{i t^{2}} d t}{t^{2}} | = | - \frac{e^{i x^{2}}}{2 i x^{3}} + \frac{3}{2 i} \int_{x}^{+ \infty} \frac{e^{i t^{2}} d t}{t^{4}} | \leq \frac{1}{2 x^{3}} + \frac{3}{2} \int_{x}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{4}} = \frac{1}{x^{3}} .$

Donc

$\int_{x}^{+ \infty} \frac{e^{i t^{2}} d t}{t^{2}} \underset{x \to + \infty}{=} O (\frac{1}{x^{3}}) .$

[<] Intégrales fonctions des bornes[>] Intégration des relations de comparaison

Exercice 153 3630 Correction

Soit $f :] 0; 1] \to ℝ$ continue, décroissante et positive. On pose pour $n \in ℕ^{*}$

S_{n} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} f (\frac{k}{n}) .

Montrer que $f$ est intégrable sur $] 0; 1]$ si, et seulement si, la suite $(S_{n})$ est convergente et que si tel est le cas

\int_{] 0; 1]} f (t) d t = lim_{n \to + \infty} S_{n} .

Solution

Supposons $f$ intégrable sur $] 0; 1]$ .
Par la décroissance de $f$ , on remarque

\int_{k / n}^{(k + 1) / n} f (t) d t \leq \frac{1}{n} f (\frac{k}{n}) \leq \int_{(k - 1) / n}^{k / n} f (t) d t .

En sommant pour $k$ allant de 1 à $n - 1$ , on obtient

\int_{1 / n}^{1} f (t) d t \leq S_{n} - \frac{1}{n} f (1) \leq \int_{0}^{1 - 1 / n} f (t) d t .

Par théorème d’encadrement, on obtient

S_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} f (t) d t .

Inversement, supposons la suite $(S_{n})$ convergente.
Par la décroissance de $f$ , on a

\int_{k / n}^{(k + 1) / n} f (t) d t \leq f (\frac{k}{n}) .

En sommant pour $k$ allant de 1 à $n - 1$ , on obtient

\int_{1 / n}^{1} f (t) d t \leq S_{n} - \frac{1}{n} f (1) \to_{n \to + \infty}^{} lim_{n \to + \infty} S_{n} .

On en déduit que la suite des intégrales précédente est majorée et puisque la fonction $f$ est positive, cela suffit pour conclure que l’intégrale de $f$ converge.

Exercice 154 5031

Soit $f :] 0; 1 [\to ℝ$ une fonction continue par morceaux, monotone et intégrable.

(a)

Étudier

$lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} (f (\frac{1}{n}) + f (\frac{2}{n}) + \dots + f (\frac{n - 1}{n})) .$
(b)

Application : Déterminer

$lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{\sin (\frac{π}{2 n}) \sin (\frac{2 π}{2 n}) \times \dots \times \sin (\frac{(n - 1) π}{2 n})} .$

[<] Sommes de Riemann impropres

Exercice 155 4707

Déterminer un équivalent simple de:

(a)

$\int_{x}^{1} \frac{d t}{e^{t} - 1}$ quand $x \to 0^{+}$
(b)

$\int_{x}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{3} + 1}$ quand $x \to + \infty$ .

Exercice 156 3892

Déterminer un équivalent quand $x$ croît vers $+ \infty$ de

\int_{x}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t .

Exercice 157 3893 Correction

Déterminer un équivalent quand $x \to + \infty$ du terme

\int_{x}^{+ \infty} \frac{e^{- t}}{t} d t .

Solution

La fonction $t \mapsto e^{- t} / t$ est intégrable en $+ \infty$ car

t^{2} \times \frac{e^{- t}}{t} = t e^{- t} \to_{t \to + \infty}^{} 0

L’expression étudiée est donc le reste intégral d’une intégrale convergente.

Procédons à une intégration par parties avec

u (t) = - e^{- t} et v (t) = 1 / t .

Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $𝒞^{1}$ et le produit $u v$ présente une limite finie en $+ \infty$ . Avec convergence de l’intégrale introduite, la formule d’intégration par parties donne

\int_{x}^{+ \infty} \frac{e^{- t}}{t} d t = \frac{e^{- x}}{x} - \int_{x}^{+ \infty} \frac{e^{- t}}{t^{2}} d t .

\frac{e^{- t}}{t^{2}} \underset{t \to + \infty}{=} o (\frac{e^{- t}}{t}) .

Par intégration de relation de comparaison,

\int_{x}^{+ \infty} \frac{e^{- t}}{t^{2}} d t \underset{x \to + \infty}{=} o (\int_{x}^{+ \infty} \frac{e^{- t}}{t} d t)

et donc

\int_{x}^{+ \infty} \frac{e^{- t}}{t} d t \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{e^{- x}}{x} .

Exercice 158 5700 Correction

Déterminer un équivalent lorsque $x \to + \infty$ du terme

\int_{x}^{+ \infty} \ln (t) e^{- t} d t .

Solution

La fonction $t \mapsto \ln (t) e^{- t}$ est intégrable en $+ \infty$ car

t^{2} \times \ln (t) e^{- t} \to_{t \to + \infty}^{} 0

L’expression étudiée est donc le reste intégral d’une intégrale convergente.

Procédons à une intégration par parties avec

u (t) = - e^{- t} et v (t) = \ln (t) .

\int_{x}^{+ \infty} \ln (t) e^{- t} d t = \ln (x) e^{- x} + \int_{x}^{+ \infty} \frac{e^{- t}}{t} d t .

\frac{e^{- t}}{t} \underset{t \to + \infty}{=} o (\ln (t) e^{- t}) .

Par intégration de relation de comparaison,

\int_{x}^{+ \infty} \frac{e^{- t}}{t} d t \underset{x \to + \infty}{=} o (\int_{x}^{+ \infty} \ln (t) e^{- t} d t)

et donc

\int_{x}^{+ \infty} \ln (t) e^{- t} d t \underset{x \to + \infty}{\sim} \ln (x) e^{- x} .

Exercice 159 5052 Correction

Montrer

\int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2 x} e^{x^{2}} .

Solution

Commençons par noter que l’on ne sait pas calculer l’intégrale étudiée.

Méthode: On transforme le terme intégral par une intégration par parties.

On commence par écrire

\int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t = \int_{0}^{x} \frac{2 t}{2 t} e^{t^{2}} d t

afin de voir apparaître la dérivée de $t \mapsto e^{t^{2}}$ , quitte à considérer la nouvelle intégrale comme généralisée en $0$ .

Considérons ensuite les fonctions $u$ et $v$ de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; x]$ définies par

u (t) = e^{t^{2}} - 1 et v (t) = \frac{1}{2 t}

où la constante introduite pour la fonction $u$ a été choisie de sorte que $u$ soit de limite nulle en $0$ . Le produit $u v$ tend alors vers $0$ en $0^{+}$ car $e^{t^{2}} - 1$ équivaut à $t^{2}$ lorsque $t$ tend vers $0^{+}$ . Par le théorème d’intégration par parties généralisée,

\int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t = {[\frac{e^{t^{2}} - 1}{2 t}]}_{0}^{x} + \int_{0}^{x} \frac{e^{t^{2}} - 1}{2 t^{2}} d t = \frac{e^{x^{2}} - 1}{2 x} + \int_{0}^{x} \frac{e^{t^{2}} - 1}{2 t^{2}} d t .

On a

\frac{e^{t^{2}} - 1}{2 t^{2}} \underset{t \to + \infty}{=} o (e^{t^{2}}) avec e^{t^{2}} \geq 0 et \int_{0}^{+ \infty} e^{t^{2}} d t divergente

donc, par intégration de relation de comparaison,

\int_{0}^{x} \frac{e^{t^{2}} - 1}{2 t^{2}} d t \underset{x \to + \infty}{=} o (\int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t)

puis

\int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t \underset{x \to + \infty}{=} \frac{e^{x^{2}} - 1}{2 x} + o (\int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{e^{x^{2}}}{2 x} .

Exercice 160 4067

Déterminer un équivalent simple quand $x$ croît vers $+ \infty$ de

\int_{e}^{x} \frac{d t}{\ln (t)} .

Exercice 161 5594 Correction

Déterminer un équivalent simple quand $x$ tend vers $+ \infty$ de

\int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{\ln (t)} .

Solution

La fonction $x \mapsto \int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{\ln (t)}$ est définie sur $] 1; + \infty [$ .

Soit $x > 1$ . Par intégration par parties,

\int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{\ln (t)} = {[\frac{t}{\ln (t)}]}_{x}^{x^{2}} + \int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{{(\ln (t))}^{2}} .

D’une part,

{[\frac{t}{\ln (t)}]}_{x}^{x^{2}} = \frac{x^{2}}{2 \ln (x)} - \frac{x}{\ln (x)} \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{x^{2}}{2 \ln (x)} .

D’autre part,

0 \leq \int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{{(\ln (t))}^{2}} \leq \int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{{(\ln (x))}^{2}} = \frac{x^{2} - x}{{(\ln (x))}^{2}} \underset{x \to + \infty}{=} o (\frac{x^{2}}{\ln (x)}) .

On en déduit

\int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{\ln (t)} \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{x^{2}}{2 \ln (x)} .

Exercice 162 3894 Correction

Déterminer un développement asymptotique à trois termes quand $x \to + \infty$ de

\int_{1}^{x} \frac{e^{t}}{t} d t .

Solution

On étudie une intégrale partielle associée à l’intégrale généralisée

\int_{[1; + \infty [} \frac{e^{t}}{t} d t .

Par intégration par parties,

\int_{1}^{x} \frac{e^{t}}{t} d t = {[\frac{e^{t}}{t}]}_{1}^{x} + \int_{1}^{x} \frac{e^{t}}{t^{2}} d t

et, en répétant celle-ci,

\int_{1}^{x} \frac{e^{t}}{t} d t = {[\frac{e^{t}}{t} + \frac{e^{t}}{t^{2}}]}_{1}^{x} + \int_{1}^{x} 2 \frac{e^{t}}{t^{3}} d t .

Or, toujours par intégration par parties

\int_{1}^{x} 2 \frac{e^{t}}{t^{3}} d t = {[\frac{2 e^{t}}{t^{3}}]}_{1}^{x} + \int_{1}^{x} \frac{6 e^{t}}{t^{4}} d t .

Cependant,

\frac{e^{t}}{t^{4}} \underset{t \to + \infty}{=} o (\frac{e^{t}}{t^{3}}) .

La fonction $t \mapsto e^{t} / t^{3}$ est positive et non intégrable sur $[1; + \infty [$ . Par intégration de relation de comparaison,

\int_{1}^{x} \frac{e^{t}}{t^{4}} d t \underset{x \to + \infty}{=} o (\int_{1}^{x} \frac{e^{t}}{t^{3}}) .

Cela donne

\int_{1}^{x} 2 \frac{e^{t}}{t^{3}} d t \underset{x \to + \infty}{=} \frac{2 e^{x}}{x^{3}} - 2 e + o (\int_{1}^{x} \frac{e^{t}}{t^{3}} d t) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{2 e^{x}}{x^{3}}

puis, dans le calcul initial,

\int_{1}^{x} \frac{e^{t}}{t} d t \underset{x \to + \infty}{=} \frac{e^{x}}{x} + \frac{e^{x}}{x^{2}} + \frac{2 e^{x}}{x^{3}} + o (\frac{2 e^{x}}{x^{3}})

en ayant intégré le terme constant dans le terme négligeable.

Exercice 163 4068

(a)

Justifier

$\int_{1}^{x} \frac{\ln (1 + t)}{t} d t \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2} {(\ln (x))}^{2} .$
(b)

Établir qu’il existe un réel $C$ tel que, pour tout $x \geq 1$ ,

$\int_{1}^{x} \frac{\ln (1 + t)}{t} d t = \frac{1}{2} {(\ln (x))}^{2} + C + ε (x) avec ε (x) \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$
(c)

Déterminer un équivalent de la fonction $ε$ en $+ \infty$ .

Exercice 164 5372 Correction

Déterminer un équivalent lorsque $x$ tend vers $1$ par valeurs inférieures de

\frac{π}{2} - \arcsin (x) .

Solution

Pour $x \in [0; 1 [$ ,

\frac{π}{2} - \arcsin (x) = \arcsin (1) - \arcsin (x) = \int_{x}^{1} \frac{d t}{\sqrt{1 - t^{2}}} .

\frac{1}{\sqrt{1 - t^{2}}} = \frac{1}{\sqrt{1 + t}} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 - t}} \underset{t \to 1^{-}}{\sim} \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 - t}} .

Par comparaison de restes d’intégrales convergentes de fonctions positives,

\int_{x}^{1} \frac{d t}{\sqrt{1 - t^{2}}} \underset{x \to 1^{-}}{\sim} \int_{x}^{1} \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 - t}} d t = {[- \sqrt{2 (1 - t)}]}_{x}^{1} .

On conclut

\frac{π}{2} - \arcsin (x) \underset{x \to 1^{-}}{\sim} \sqrt{2 (1 - x)} .

Exercice 165 3621 ENTPE (MP)Correction

Pour $x > 0$ , on pose

f (x) = \int_{1}^{x} \frac{\cos^{2} (t)}{t} d t .

(a)

Déterminer un équivalent de $f$ en $0$ .
(b)

Déterminer un équivalent de $f$ en $+ \infty$ .

Solution

(a)

L’intégrale définissant $f (x)$ peut se comprendre, à un signe près, comme une intégrale partielle associée à l’intégrale généralisée

$\int_{] 0; 1]} \frac{\cos^{2} (t)}{t} d t .$

On a

$\frac{\cos^{2} (t)}{t} \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{t} .$

La fonction $t \mapsto 1 / t$ est positive non intégrable sur $] 0; 1]$ . Par intégration de relation de comparaison,

$\int_{x}^{1} \frac{\cos^{2} (t)}{t} d t \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \int_{x}^{1} \frac{d t}{t} = - \ln (x) .$

On en déduit

$f (x) \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \ln (x) .$
(b)

On sait $\cos^{2} (t) = \frac{1}{2} (1 + \cos (2 t))$ et donc

$f (x) = \int_{1}^{x} \frac{1 + \cos (2 t)}{2 t} d t = \frac{1}{2} \ln (x) + \int_{1}^{x} \frac{\cos (2 t)}{2 t} d t .$

Comme la nouvelle intégrale converge en $+ \infty$ (cela s’obtient par une intégration par parties), on conclut

$f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2} \ln (x) .$

Exercice 166 5589 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ continue.

(a)

On suppose que $f$ tend vers un réel $ℓ$ en $+ \infty$ . Étudier

$lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (t) d t .$
(b)

On suppose que l’intégrale $\int_{0}^{+ \infty} f (t) d t$ converge. Étudier

$lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} t f (t) d t .$

Solution

(a)

On écrit $f (t) = ℓ + ε (t)$ avec $ε$ une fonction de limite nulle en $+ \infty$ . On a alors

$\int_{0}^{x} f (t) d t = ℓ x + \int_{0}^{x} ε (t) d t .$

Or la fonction $ε$ est négligeable devant $t \mapsto 1$ au voisinage de $+ \infty$ et cette dernière fonction est positive et non intégrable sur $[0; + \infty [$ . Par intégration de relation de comparaison,

$\int_{0}^{x} ε (t) d t \underset{x \to + \infty}{=} o (\int_{0}^{x} 1 d t) = o (x) .$

On en déduit

$\frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (t) d t \underset{x \to + \infty}{=} ℓ + o (1) \to_{x \to + \infty}^{} ℓ .$
(b)

Introduisons $F$ une primitive de $f$ sur $[0; + \infty [$ (cela est possible car $f$ est continue). Par intégration par parties,

$\int_{0}^{x} t f (t) d t = {[t F (t)]}_{0}^{x} - \int_{0}^{x} F (t) d t = x F (x) - \int_{0}^{x} F (t) d t .$

Puisque l’intégrale de $f$ sur $[0; + \infty [$ converge, la primitive $F$ admet une limite finie $L$ en $+ \infty$ . Par opérations sur les limites,

$\frac{1}{x} \int_{0}^{x} t f (t) d t = F (x) - \frac{1}{x} \int_{0}^{x} F (t) d t \to_{x \to + \infty}^{} L - L = 0 .$

Exercice 167 4075 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ_{+}^{*}$ de classe $𝒞^{1}$ et non intégrable. On suppose

f^{'} (x) \underset{x \to + \infty}{=} o (f (x)) .

Montrer

f (x) \underset{x \to + \infty}{=} o (\int_{0}^{x} f (t) d t) .

On raisonnera par les $ε$ sans employer un résultat de comparaison du cours.

Solution

Puisque $f$ est positive et non intégrable, on sait

\int_{0}^{x} f (t) d t \to_{x \to + \infty}^{} + \infty .

Soit $ε > 0$ . Il existe $A \geq 0$ tel que

\forall x \geq A, | f^{'} (x) | \leq ε | f (x) |

et alors

\forall x \geq A, f (x) = f (A) + \int_{A}^{x} f^{'} (t) d t \leq f (A) + ε \int_{0}^{x} f (t) d t .

Puisque $f (A)$ est une constante et $\int_{0}^{x} f (t) d t \to_{x \to + \infty}^{} + \infty$ , il existe $A^{'} \geq 0$ tel que

\forall x \geq A^{'}, f (A) \leq ε \int_{0}^{x} f (t) d t .

Pour $x \geq \max (A, A^{'})$ , on obtient

0 \leq f (x) \leq 2 ε \int_{0}^{x} f (t) d t

et l’on peut alors conclure.

Édité le 22-09-2023

	$\int_{0}^{A} g^{2} (x) d x$	$= \int_{0}^{A} \frac{1}{x^{2}} F^{2} (x) d x = {[- \frac{1}{x} F^{2} (x)]}_{0}^{A} + 2 \int_{0}^{A} f (x) \frac{F (x)}{x} d x$
		$= 2 \int_{0}^{A} f (x) g (x) d x - \frac{1}{A} F^{2} (A) \leq 2 \int_{0}^{A} f (x) g (x) d x .$

	$\frac{F^{2} (A)}{A}$	$= 2 \int_{0}^{A} f (x) g (x) d x - \int_{0}^{A} g^{2} (x) d x$
		$\to_{A \to + \infty}^{} \underset{\begin{matrix} = ℓ \end{matrix}}{\underset{⏟}{2 \int_{0}^{+ \infty} f (x) g (x) d x - \int_{0}^{+ \infty} g^{2} (x) d x}} .$

	$\int_{0}^{x} {(\frac{f (t)}{t})}^{2} d t$	$= {[- \frac{{(f (t))}^{2}}{t}]}_{0}^{x} + 2 \int_{0}^{x} \frac{f (t) f^{'} (t)}{t} d t$
		$= - \frac{{(f (x))}^{2}}{x} + 2 \int_{0}^{x} \frac{f (t) f^{'} (t)}{t} d t$

	$\sqrt{\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t} - \sqrt{\int_{a}^{b} f^{2} (t) d t}$	$\leq \| \sqrt{\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t} - \sqrt{\int_{a}^{b} f^{2} (t) d t} \|$
		$\leq \sqrt{a g^{2} (a) + \int_{a}^{b} f^{2} (t) d t}$

	$\sqrt{\int_{a}^{b} g^{2} (t) d t}$	$\leq \sqrt{\int_{0}^{b} f^{2} (t) d t} + \sqrt{a g^{2} (a) + \int_{0}^{b} f^{2} (t) d t}$
		$\leq \sqrt{\int_{0}^{+ \infty} f^{2} (t) d t} + \sqrt{a g^{2} (a) + \int_{0}^{+ \infty} f^{2} (t) d t} .$

	$2 I$	$= \int_{0}^{+ \infty} \frac{(x + 1) d x}{x^{3} + 1} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{2} - x + 1}$
		$= \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{{(x - \frac{1}{2})}^{2} + \frac{3}{4}} = {[\frac{2}{\sqrt{3}} \arctan (\frac{2 x - 1}{\sqrt{3}})]}_{0}^{+ \infty} = \frac{4 π}{3 \sqrt{3}} .$

	$2 n (I_{n - 1} - I_{n})$	$= 2 n \int_{0}^{1} \frac{{(1 - t)}^{n - 1} - {(1 - t)}^{n}}{\sqrt{t}} d t$
		$= 2 n \int_{0}^{1} \frac{{(1 - t)}^{n - 1} (1 - (1 - t))}{\sqrt{t}} d t$
		$= 2 n \int_{0}^{1} \frac{{(1 - t)}^{n - 1} t}{\sqrt{t}} d t = 2 n \int_{0}^{1} {(1 - t)}^{n - 1} \sqrt{t} d t$

	$\int_{0}^{1} \frac{1}{t} \cdot \frac{n t^{n - 1}}{1 + t^{n}} d t$	$= {[\frac{\ln (1 + t^{n})}{t}]}_{0}^{1} + \int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + t^{n})}{t^{2}} d t$
		$= \ln (2) + \int_{] 0; 1]} \frac{\ln (1 + t^{n})}{t^{2}} d t$

	$\frac{d}{d t} (\frac{t}{{(1 + t^{2})}^{n}})$	$= \frac{1}{{(1 + t^{2})}^{n}} - 2 n \frac{t^{2}}{{(1 + t^{2})}^{n + 1}}$
		$= \frac{1}{{(1 + t^{2})}^{n}} - 2 n \frac{t^{2} + 1 - 1}{{(1 + t^{2})}^{n + 1}}$
		$= \frac{1}{{(1 + t^{2})}^{n}} - 2 n \frac{1}{{(1 + t^{2})}^{n}} + 2 n \frac{1}{{(1 + t^{2})}^{n + 1}}$
		$= \frac{a_{n}}{{(1 + t^{2})}^{n + 1}} - \frac{b_{n}}{{(1 + t^{2})}^{n}}$

	$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d}{d t} (\frac{t}{{(1 + t^{2})}^{n}}) d t$	$= lim_{x \to + \infty} \int_{0}^{x} \frac{d}{d t} (\frac{t}{{(1 + t^{2})}^{n}}) d t$
		$= lim_{x \to + \infty} {[\frac{t}{{(1 + t^{2})}^{n}}]}_{0}^{x} = lim_{x \to + \infty} \frac{x}{{(1 + x^{2})}^{n}} = 0 .$