Exercice 1 4704

Calculer

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

Exercice 2 666 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 3 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 4 4705

Calculer

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

Exercice 5 5999 Correction

Exitence et valeur de

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

Solution

L’intégrale est généralisée en $0$ et en $1$ .

Posons

f (t) = \frac{1}{\sqrt{t - t^{2}}} = \frac{1}{\sqrt{t (1 - t)}} pour t \in] 0; 1 [.

D’une part,

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

et donc $f$ est intégrable en $0^{+}$ .

D’autre part, on sait

t \mapsto f (t) est intégrable en 1^{-} \Leftrightarrow t \mapsto f (1 - t) est intégrable en 0^{+}

et l’on a

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

La fonction $f$ est donc aussi intégrable en $1^{-}$ .

L’intégrale définissant $f$ est donc convergente.

On remarque

\frac{d}{d t} (\arcsin (\sqrt{t})) = \frac{1}{2 \sqrt{t}} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 - t}}

et donc¹¹ 1 Ce calcul direct assure aussi la convergence de l’intégrale ce qui rend caduc l’étude d’intégration précèdente.

\int_{0}^{1} \frac{d t}{\sqrt{t - t^{2}}} = {[2 \arcsin (\sqrt{t})]}_{0}^{1} = π .

Exercice 6 4706

Calculer

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

Exercice 7 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 8 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 9 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 10 676 ENSTIM (MP)Correction

(a)

Justifier l’existence de

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

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 $J$ .

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 $J$ 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 $J = {lim}_{x \to 0} I (x)$ . 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

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

Exercice 11 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 12 675

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 13 677 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 14 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 15 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 16 525 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 17 5015

Existence et valeur de

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

Exercice 18 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 19 5961 CENTRALE (MP)Correction

Pour $n \in ℕ$ et sous réserve d’existence, on introduit

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

(a)

Justifier l’existence des intégrales définissant $I_{n}$ et $J_{n}$ .
(b)

Calculer les $20$ premiers termes des suites $(I_{n})$ et $(J_{n})$ . Conjecture?
(c)

Montrer que la suite $(I_{n})$ est constante.

Soit $φ :] 0; π / 2] \to ℝ$ définie par

φ (x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{\sin (x)} .

(d)

Montrer que $φ$ se prolonge en une fonction de classe $𝒞^{1}$ sur $[0; π / 2]$ .
(e)

Montrer que $(J_{n})$ tend vers $0$ .
(f)

Montrer la convergence et calculer $\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t$ .
(g)

Déterminer le signe de $J_{n}$ en fonction de $n$ .

Solution

(a)

L’intégrale $I_{n}$ est faussement généralisée en $0$ car

$\frac{\sin ((2 n + 1) x)}{\sin (x)} \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{(2 n + 1) x}{x} \to_{x \to 0^{+}}^{} 2 n + 1 .$

L’intégrale $J_{n}$ est aussi faussement généralisée en $0$ car

$\frac{1}{x} - \frac{1}{\sin (x)} = \frac{\sin (x) - x}{x \sin (x)} \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{- \frac{1}{6} x^{3}}{x^{2}} \to_{x \to 0^{+}}^{} 0 .$

(b)

La fonction quad du module scipy.integrate donne accès au calcul intégral.

import numpy as np
from scipy.integrate import quad

def f(n, x):
    return np.sin((2*n+1)*x) / np.sin(x)

def g(n, x):
    return (1/x - 1/np.sin(x)) * np.sin((2*n+1)*x)

def I(n):
    return quad(lambda x:f(n, x), 0, np.pi/2)[0]

def J(n):
    return quad(lambda x:g(n, x), 0, np.pi/2)[0]

print([I(n) for n in range(20)])
print([J(n) for n in range(20)])

La suite $(I_{n})$ paraît constante alors que $(J_{n})$ est paraît alternée et de limite nulle.

(c)

On sait $\sin (p) - \sin (q) = 2 \sin (\frac{p - q}{2}) \cos (\frac{p + q}{2})$ . Pour $n \in ℕ^{*}$ ,

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

$= \int_{0}^{π / 2} \cos (2 n t) d t = {[\frac{1}{2 n} \sin (2 n t)]}_{0}^{π / 2} = 0 .$

La suite $(I_{n})$ est constante égale à $I_{0} = π / 2$ .
(d)

On a déjà vu que $φ$ se prolonge par continuité en $0$ en posant $φ (0) = 0$ .

La fonction $φ$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; π / 2]$ avec

$φ^{'} (x) = - \frac{1}{x^{2}} + \frac{\cos (x)}{\sin^{2} (x)} .$

Par réduction au même dénominateur,

$φ^{'} (x) = \frac{- \sin^{2} (x) + x^{2} \cos (x)}{x^{2} \sin^{2} (x)} \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{- \frac{1}{6} x^{4}}{x^{4}} \to_{x \to 0^{+}}^{} - \frac{1}{6} .$

Par le théorème de la limite de la dérivée, la fonction $φ$ est de classe $𝒞^{1}$ avec $φ^{'} (0) = - 1 / 6$ .
(e)

Par intégration par parties,

$J_{n}$ $= \int_{0}^{π / 2} φ (x) \sin ((2 n + 1) x) d x$

$= {[- \frac{φ (x) \cos ((2 n + 1) x)}{2 n + 1}]}_{0}^{π / 2} + \frac{1}{2 n + 1} \int_{0}^{π / 2} φ^{'} (x) \cos ((2 n + 1) x) d x .$

D’une part,

${[- \frac{φ (x) \cos ((2 n + 1) x)}{2 n + 1}]}_{0}^{π / 2} = \frac{φ (0)}{2 n + 1} = 0 .$

D’autre part,

$| \frac{1}{2 n + 1} \int_{0}^{π / 2} φ^{'} (x) \cos ((2 n + 1) x) d x | \leq \frac{1}{2 n + 1} \int_{0}^{π / 2} | φ^{'} (x) | d x \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

On en déduit que $(J_{n})$ est de limite nulle.
(f)

Avec convergence,

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

Par le changement de variable $t = (2 n + 1) x$ ,

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

et donc

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

Aussi¹¹ 1 Ce qui précède ne suffit pas pour conclure, la convergence de l’intégrale n’est acquise qu’en étudiant la limite pour une borne continue et non discrète., pour $x$ assez grand, on introduit $n_{x} \in ℕ$ tel que $x$ soit compris entre $(2 n_{x} + 1) π / 2$ et $(2 n_{x} + 3) π / 2$ et l’on a

$| \int_{0}^{x} \frac{\sin (t)}{t} d t - \int_{0}^{(2 n_{x} + 1) π / 2} \frac{\sin (t)}{t} d t | \leq \int_{(2 n_{x} + 1) π / 2}^{(2 n_{x} + 3) π / 2} \frac{d t}{t} \leq \frac{π}{(2 n_{x} + 1) π / 2} \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

On en déduit

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

Ainsi, avec convergence de l’intégrale, on peut écrire

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

(g)

Par ce qui précède,

	$J_{n}$	$= \int_{0}^{(2 n + 1) π / 2} \frac{\sin (t)}{t} d t - \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t$
		$= - \int_{(2 n + 1) π / 2}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t$
		$= - \sum_{k = n}^{+ \infty} \int_{(2 k + 1) π / 2}^{(2 k + 3) π / 2} \frac{\sin (t)}{t} d t$
		$= - \sum_{k = n}^{+ \infty} (\int_{(2 k + 1) π / 2}^{(k + 1) π} \frac{\sin (t)}{t} d t + \int_{(k + 1) π}^{(2 k + 3) π / 2} \frac{\sin (t)}{t} d t) .$

Par changement de variable affine dans les deux intégrales,

	$J_{n}$	$= - \sum_{k = n}^{+ \infty} (\int_{0}^{π / 2} \frac{\sin ((k + 1) π - x)}{(k + 1) π - x} d x + \int_{0}^{π / 2} \frac{\sin ((k + 1) π + x)}{(k + 1) π + x} d x)$
		$= - \sum_{k = n}^{+ \infty} {(- 1)}^{k + 1} \int_{0}^{π / 2} \frac{2 x \sin (x)}{{(k + 1)}^{2} π^{2} - x^{2}} d x .$

On vérifie que cette somme satisfait au critère spécial des séries alternées, elle est donc du signe de son premier terme: $J_{n}$ est du signe de ${(- 1)}^{n}$ .

Exercice 20 5955 ENSTIM (MP)Correction

(a)

Montrer que

$\forall x \in ℝ, e^{x} \geq 1 + x$

et en déduire

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

Soit $n \in ℕ^{*}$ . On pose

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}} .

(b)

Justifier l’existence de ces intégrales et montrer

$\forall n \in ℕ^{*}, I_{n} \leq \frac{I}{\sqrt{n}} \leq J_{n} .$

Pour $n \in ℕ$ , on pose

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

(c)

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Montrer que $I_{n} = W_{2 n + 1}$ et $J_{n} = W_{2 n - 2}$ .
(d)

Déterminer une relation de récurrence entre $W_{n + 2}$ et $W_{n}$ .
(e)

En déduire que la suite ${((n + 1) W_{n + 1} W_{n})}_{n \geq 0}$ est constante.
(f)

Montrer que $W_{n + 1} \underset{n \to + \infty}{\sim} W_{n}$ et en déduire la valeur de $I$ .

Solution

(a)

La fonction exponentielle est convexe donc son graphe est au-dessus de sa tangente en $0$ . Cela produit l’inégalité $e^{x} \geq 1 + x$ pour tout $x \in ℝ$

Soit $t \in ℝ$ .

Pour $x = - t^{2}$ , on obtient $e^{- t^{2}} \geq 1 - t^{2}$ .

Pour $x = t^{2}$ , on obtient $e^{t^{2}} \geq 1 + t^{2}$ donc $e^{- t^{2}} \leq \frac{1}{1 + t^{2}}$ .
(b)

L’intégrale définissant $I_{n}$ n’est pas généralisée: elle converge.

L’intégrale définissant $I$ est généralisée en $+ \infty$ . Elle converge en vertu de l’argument d’intégrabilité $t^{2} e^{- t^{2}} \to_{t \to + \infty}^{} 0$ .

L’intégrale définissant $J_{n}$ est généralisée en $+ \infty$ . Elle converge en vertu de l’argument d’intégrabilité $\frac{1}{{(1 + t^{2})}^{n}} \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{1}{t^{2 n}}$ avec $2 n > 1$ .

D’une part,

$I_{n} \underset{t = s / \sqrt{n}}{=} \int_{0}^{n} {(1 - \frac{s^{2}}{n})}^{n} \frac{d s}{\sqrt{n}} \leq \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{0}^{n} {(e^{- s^{2} / n})}^{n} d s = \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{0}^{n} e^{- s^{2}} d s \leq \frac{1}{\sqrt{n}} I .$

D’autre part,

$J_{n} \underset{t = s / \sqrt{n}}{=} \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{{(1 + s^{2} / n)}^{n}} \cdot \frac{d s}{\sqrt{n}} \geq \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{0}^{+ \infty} {(e^{- s^{2} / n})}^{n} d s = \frac{1}{\sqrt{n}} I .$
(c)

Par le changement de variable $t = \sin (x)$ , on obtient $I_{n} = W_{2 n + 1}$ .

Par le changement de variable $t = \tan (x)$ , on obtient $J_{n} = W_{2 n - 2}$ .
(d)

Par intégration par parties,

$W_{n + 2} = \int_{0}^{π / 2} \cos (x) \cdot \cos^{n + 1} (x) = (n + 1) \int_{0}^{π / 2} \underset{\begin{matrix} = 1 - \cos^{2} (x) \end{matrix}}{\underset{⏟}{\sin^{2} (x)}} \cos^{n} (x) d t = (n + 1) W_{n} - W_{n + 2} .$

On en déduit

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

Posons $u_{n} = (n + 1) W_{n + 1} W_{n}$ . La relation précédente donne $u_{n + 1} = u_{n}$ .
(f)

Pour $x \in [0; π / 2]$ , on remarque

$\cos^{n + 2} (x) \leq \cos^{n + 1} (x) \leq \cos^{n} (x) .$

On en déduit

$W_{n + 2} \leq W_{n + 1} \leq W_{n} .$

Or

$W_{n + 2} = \underset{\begin{matrix} \to 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{n + 1}{n + 2}}} W_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} W_{n} .$

Par encadrement,

$W_{n + 1} \underset{n \to + \infty}{\sim} W_{n} .$

Par la constance de la suite ${(u_{n})}_{n \geq 0}$ , on obtient

$u_{0} = \frac{π}{2} = (n + 1) W_{n + 1} W_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} n W_{n}^{2} .$

On en déduit

$W_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \sqrt{\frac{π}{2 n}} .$

Ainsi,

$\sqrt{n} I_{n} = \sqrt{n} W_{2 n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{\sqrt{π}}{2} et {\sqrt{n}}_{n} = \sqrt{n} W_{2 n - 2} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{\sqrt{π}}{2} .$

Par encadrement,

$I = \frac{\sqrt{π}}{2} .$

Exercice 21 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 22 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.

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

Édité le 09-06-2025

	$I_{n} - I_{n - 1}$	$= \int_{0}^{π / 2} \frac{\sin ((2 n + 1) t) - \sin ((2 n - 1) t)}{\sin (t)} d t$
		$= \int_{0}^{π / 2} \cos (2 n t) d t = {[\frac{1}{2 n} \sin (2 n t)]}_{0}^{π / 2} = 0 .$

	$J_{n}$	$= \int_{0}^{π / 2} φ (x) \sin ((2 n + 1) x) d x$
		$= {[- \frac{φ (x) \cos ((2 n + 1) x)}{2 n + 1}]}_{0}^{π / 2} + \frac{1}{2 n + 1} \int_{0}^{π / 2} φ^{'} (x) \cos ((2 n + 1) x) d x .$