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

 
Exercice 1  3231  Correction  

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

xx+1f(t)dtx+0.

Solution

Par la relation de Chasles

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

donc, quand x+,

xx+1f(t)dt0+f(t)dt-0+f(t)dt=0.
 
Exercice 2  663   Correction  

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

  • (a)

    Montrer que f tend vers zéro en +.

  • (b)

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

  • (c)

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

Solution

  • (a)

    Pour x1, la décroissance de f donne

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

    Or

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

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

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

    Aussi

    x-1xf(t)dtx+0

    et donc par encadrement

    f(x)x+0.
  • (b)

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

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

    ce qui permet d’affirmer

    xf(x)x+0.
  • (c)

    Soit f la fonction définie sur + par:

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

    et

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

    f est continue sur + et

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

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

 
Exercice 3  3232   

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

  • (a)

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

  • (b)

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

 
Exercice 4  662  

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

Montrer que f tend vers 0 en +.

 
Exercice 5  572    CENTRALE (PC)Correction  

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

  • (a)

    Montrer que f(x)0 quand x+.

  • (b)

    Montrer que ff est intégrable.

Solution

  • (a)

    On a

    f(x)=f(0)+0xf′′(t)dt

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

  • (b)

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

 
Exercice 6  3440   Correction  

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

Étudier la limite de f en +.

Solution

Par l’inégalité

ab12(a2+b2)

on peut affirmer

|ff|12(f2+f2).

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

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

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

f(x)x+0.
 
Exercice 7  3901   

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

0xf(t)dt=x+o(x)
 
Exercice 8  4712    

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

 
Exercice 9  693    Correction  

Soit g:+ continue et intégrable.

  • (a)

    Justifier

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

    En déduire que toute primitive de g est uniformément continue.

Solution

  • (a)

    Par convergence de l’intégrale,

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

    d’où le résultat.

  • (b)

    Soit f une primitive de g. On peut écrire

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

    Pour tous xy,

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

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

    |f(y)-f(x)|M+|g(t)|dtε.

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

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

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

    |y-x|α|f(y)-f(x)|ε.

    La fonction f est donc uniformément continue.

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

 
Exercice 10  2538      CCP (MP)Correction  

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

  • (a)

    Montrer que

    limx+f(x)=0etlimx+f(x)=0.
  • (b)

    Étudier les séries

    f(n)etf(n).

Solution

  • (a)

    Puisque f est de classe 𝒞2, on peut écrire

    f(x)=f(0)+0xf′′(t)dt.

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

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

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

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

    Par l’égalité de Taylor avec reste intégrale

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

    Quand x+,

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

    Aussi f(x)0 et

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

    donc par opération f(x)0.

  • (b)

    Par l’égalité de Taylor avec reste intégrale

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

    donc

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

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

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

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

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

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

 
Exercice 11  3238    Correction  

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

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

xnn++etxnf(xn)n+0.

Solution

Montrons pour commencer

ε>0,A+,xA,|xf(x)|ε.

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

xA,|xf(x)|ε

Au voisinage de +,

|f(x)|εx

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

Sachant

ε>0,A+,xA,|xf(x)|ε

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

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

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Édité le 08-11-2019

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