Exercice 1 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 2 3892

Déterminer un équivalent quand $x$ croît vers $+ \infty$ de

\int_{x}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t .

Exercice 3 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 4 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 5 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 6 4067

Déterminer un équivalent simple quand $x$ croît vers $+ \infty$ de

\int_{e}^{x} \frac{d t}{\ln (t)} .

Exercice 7 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 8 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 9 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 10 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 11 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 12 6030 CCP (MP)Correction

Soit $f : ℝ \to ℝ$ donnée par

f (x) = \int_{x}^{2 x} \frac{d t}{1 + t^{4}} .

(a)

Étudier la parité de $f$ .
(b)

Étudier les limites de $f$ en $\pm \infty$ .
(c)

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ et exprimer $f^{'} (x)$ pour $x \in ℝ$ .
(d)

Préciser les variations de $f$ puis donner l’allure de sa courbe représentative.
(e)

Donner un équivalent de $f^{'} (x)$ puis de $f (x)$ lorsque $x \to + \infty$ .

Solution

(a)

La fonction $f$ est correctement définie sur $ℝ$ en tant qu’intégrale d’une fonction continue sur le segment d’extrémités $x$ et $2 x$ .

Par le changement de variable $s = - t$ ,

$f (- x) = \int_{- x}^{- 2 x} \frac{d t}{1 + t^{4}} = \int_{x}^{2 x} \frac{- d s}{1 + s^{4}} = - f (x) .$

La fonction $f$ est impaire.
(b)

Pour $x > 0$ ,

$0 \leq f (x) \leq \int_{x}^{2 x} \frac{d t}{1 + x^{4}} = \frac{x}{1 + x^{4}} \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

Par encadrement, $f$ est de limite nulle en $+ \infty$ et aussi en $- \infty$ par argument de parité.
(c)

La fonction $t \mapsto 1 / (1 + t^{4})$ est continue sur $ℝ$ . On peut en introduire une primitive $φ$ qui est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ . On a $f (x) = φ (2 x) - φ (x)$ donc $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ avec

$\forall x \in ℝ, f^{'} (x) = 2 φ^{'} (2 x) - φ (x) = \frac{2}{1 + {(2 x)}^{4}} - \frac{1}{1 + x^{4}} .$
(d)

Le signe de $f^{'} (x)$ est celui de

$2 (1 + x^{4}) - (1 + {(2 x)}^{4}) = 1 - 14 x^{4} .$

En posant $α = {(1 / 14)}^{1 / 4}$ , la fonction $f$ est croissante sur $[0; α]$ et décroissante sur $[α; + \infty [$ . On complète par parité.
(e)

Par opérations,

$f^{'} (x) \underset{x \to + \infty}{=} \frac{2}{(2 x^{4})} - \frac{1}{x^{4}} + o (\frac{1}{x^{4}}) \underset{x \to + \infty}{\sim} - \frac{7}{8 x^{4}} .$

La fonction $f$ étant de limite nulle en $+ \infty$ , on peut écrire

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

Par intégration des relations de comparaison, sachant $t \mapsto - f^{'} (t)$ positive et intégrable au voisinage de $+ \infty$ ,

$f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \int_{x}^{+ \infty} \frac{7}{8 t^{4}} d t = \frac{7}{24 x^{3}} .$

Exercice 13 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 14 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.

[<] Sommes de Riemann impropres

Édité le 28-05-2025

Intégration des relations de comparaison