• (a)

  La fonction $t\mapsto \frac{{\mathrm{e}}^{-t}}{t}$ est intégrable en $+\mathrm{\infty }$ car

  $$t^2\times \frac{{\mathrm{e}}^{-t}}{t}=t{\mathrm{e}}^{-t}\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$$

  La fonction $F(x)$ apparaît comme un reste intégral correctement défini.

• (b)

  $$F(x)={\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{-t}}{t}dt-{\int }_1^x\frac{{\mathrm{e}}^{-t}}{t}dt=F(1)-{\int }_1^x\frac{{\mathrm{e}}^{-t}}{t}dt$$

  est de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ sur ${ℝ}_{+}^{*}$ et $F^{\prime }(x)=-\frac{{\mathrm{e}}^{-x}}{x}$.

• (c)

  On a l’encadrement

  $$0\le xF(x)={\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{x{\mathrm{e}}^{-t}}{t}dt\le {\int }_x^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-t}dt={\int }_1^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-t}dt-{\int }_1^x{\mathrm{e}}^{-t}dt\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

  On en déduit que $xF(x)$ tend vers $0$ en $+\mathrm{\infty }$.

  Aussi,

  $$xF(x)=x{\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{-t}}{t}dt=x\left({\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{-t}}{t}dt+{\int }_x^1\frac{{\mathrm{e}}^{-t}}{t}dt\right)$$

  donc

  $$0\le xF(x)\le x(F(1)+{\int }_x^1\frac{1}{t}dt)\le xF(1)+x\ln (x)\underset{x\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

  Par théorème d’encadrement, $xF(x)$ 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

  $${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}F(x)dx={\left[xF(x)\right]}_0^{+\mathrm{\infty }}+{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-x}dx\text{.}$$

  Puisque la deuxième intégrale converge, la première intégrale converge aussi et l’on a

  $${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}F(t)dt={\left[-{\mathrm{e}}^{-x}\right]}_0^{+\mathrm{\infty }}=1\text{.}$$

• (a)

  La fonction $t\mapsto \sin (t)/t$ est définie et continue par morceaux sur $]0;+\mathrm{\infty }[$. 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 $1-\cos (t)$

  $${\int }_0^x\frac{\sin (t)}{t}dt={\left[\frac{1-\cos (t)}{t}\right]}_0^x+{\int }_0^x\frac{1-\cos (t)}{t^2}dt\text{.}$$

  Quand $x\to +\mathrm{\infty }$, on a

  $$\frac{1-\cos (x)}{x}\to 0$$

  et

  $${\int }_0^x\frac{1-\cos (t)}{t^2}dt\to {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{1-\cos (t)}{t^2}dt$$

  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 $+\mathrm{\infty }$.

• (b)

  Soit $F$ la primitive s’annulant en 0 du prolongement par continuité de $t\mapsto \sin (t)/t$. On a

  $$f(x)=\underset{+\mathrm{\infty }}{lim}F-F(x)\text{.}$$

  Puisque la fonction $F$ est de classe ${𝒞}^1$, la fonction $f$ est aussi de classe ${𝒞}^1$ sur $ℝ$ et

  $$f^{\prime }(x)=-F^{\prime }(x)=-\frac{\sin (x)}{x}\text{.}$$

• (c)

  Par intégration par parties,

  $${\int }_0^{x}f(t)dt={\left[tf(t)\right]}_0^x-{\int }_0^{x}t{f}^{\prime }(t)dt=xf(x)+{\int }_0^x\sin (t)dt\text{.}$$

  Or

  $${\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{t}dt={\left[-\frac{\cos (t)}{t}\right]}_x^{+\mathrm{\infty }}-{\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos (t)}{t^2}dt$$

  donc

  $$xf(x)=\cos (x)-x{\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos (t)}{t^2}dt$$

  puis

  $${\int }_0^{x}f(t)dt=1-x{\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos (t)}{t^2}dt\text{.}$$

  Mais par intégration par parties on établit encore

  $${\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos (t)}{t^2}dt={\left[\frac{\sin (t)}{t^2}\right]}_x^{+\mathrm{\infty }}-2{\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{t^3}dt$$

  avec

  $$\left|{\int }_x^{+\mathrm{\infty }}2\frac{\sin (t)}{t^3}dt\right|\le {\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{2\mathrm{d}t}{t^3}=\frac{1}{x^2}$$

  ce qui permet d’affirmer

  $$x{\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos (t)}{t^2}dt\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

  Finalement, l’intégrale ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}f(t)dt$ converge et

  $${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}f(t)dt=1\text{.}$$

Puisque $f$ est continue en 0, on peut écrire

On a alors

D’une part

et d’autre part

On peut conclure

• (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 $]1;+\mathrm{\infty }[$ donc $F$ est de classe ${𝒞}^1$ et $F^{\prime }(x)=f(x)$.
  Comme $f$ est de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$, $F$ est finalement de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ et sur $]1;+\mathrm{\infty }[$

  $$F^{\prime }(x)=\frac{x}{\sqrt{x^3-1}}\text{.}$$

• (b)

  $F$ est continue en 1 et $F^{\prime }(x)\underset{x\to 1}{\overset{}{\to }}+\mathrm{\infty }$. Tangente verticale en 1.

• (c)

  $\sqrt{t^3-1}\le t^{3/2}$ donc

  $$F(x)\ge {\int }_1^x\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{t}}=2\sqrt{x}-2\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}+\mathrm{\infty }$$

  donc $F(x)\underset{+\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}+\mathrm{\infty }$.

• (d)

  $F$ est continue et strictement croissante sur $[1;+\mathrm{\infty }[$ donc $F$ réalise une bijection de $[1;+\mathrm{\infty }[$ sur $[0;+\mathrm{\infty }[$.
  $F$ réalise une bijection de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ de $]1;+\mathrm{\infty }[$ sur $]0;+\mathrm{\infty }[$ avec $F^{\prime }(x)\ne 0$ donc $F^{-1}$ est de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ sur $]0;+\mathrm{\infty }[$.

  $${(F^{-1})}^{\prime }=\frac{1}{F^{\prime }\circ F^{-1}}=\frac{\sqrt{{(F^{-1})}^3-1}}{F^{-1}}$$

  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

  $${(F^{-1})}^{\prime }=\frac{\sqrt{{(F^{-1})}^3-1}}{F^{-1}}$$

  on obtient

  $${(F^{-1})}^{\prime }(x)\underset{x\to 0}{\overset{}{\to }}0$$

  $F^{-1}$ est donc dérivable en $0$ et ${(F^{-1})}^{\prime }(0)=0$

• (a)

  Soient $x,y>0$.
  La fonction

  $$f:t\mapsto \frac{t-\lfloor t\rfloor }{t(t+x)}$$

  est définie et continue par morceaux sur $]0;+\mathrm{\infty }[\supset ]0;y]$ 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 $t\to +\mathrm{\infty }$,

  $$f(t)\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{=}\frac{\mathrm{O}(1)}{t(t+x)}=\mathrm{O}\left(\frac{1}{t^2}\right)$$

  donc $f$ est intégrable sur $]0;+\mathrm{\infty }[$.
  Par suite, $G(x,y)$ converge quand $y\to +\mathrm{\infty }$ vers

  $$G(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{t-\lfloor t\rfloor }{t(t+x)}dt\text{.}$$

• (c)

  On remarque que

  $$\frac{1}{t(t+n)}=\frac{1}{n}\left(\frac{1}{t}-\frac{1}{t+n}\right)$$

  et l’on en déduit

  $$G(n,y)=\frac{1}{n}{\int }_0^y\frac{t-\lfloor t\rfloor }{t}-\frac{t-\lfloor t\rfloor }{t+n}\mathrm{d}t\text{.}$$

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

  $$G(n,y)=\frac{1}{n}\left({\int }_0^y\frac{t-\lfloor t\rfloor }{t}dt-{\int }_n^{y+n}\frac{t-\lfloor t\rfloor }{t}dt\right)\text{.}$$

  Enfin par la relation de Chasles

  $$G(n,y)=\frac{1}{n}\left({\int }_0^n\frac{t-\lfloor t\rfloor }{t}dt-{\int }_y^{y+n}\frac{t-\lfloor t\rfloor }{t}dt\right)\text{.}$$

• (d)

  Puisque

  $$0\le {\int }_y^{y+n}\frac{t-\lfloor t\rfloor }{t}dt\le \frac{1}{y}{\int }_y^{y+n}t-\lfloor t\rfloor \mathrm{d}t\le \frac{n}{y}$$

  on obtient quand $y\to +\mathrm{\infty }$

  $$G(n)=\frac{1}{n}{\int }_0^n\frac{t-\lfloor t\rfloor }{t}dt$$

  et l’on a alors

  $$H(n)={\int }_0^n\frac{t-\lfloor t\rfloor }{t}dt\text{.}$$

  Par suite,

  $$H(n)-H(n-1)={\int }_{n-1}^n\frac{t-\lfloor t\rfloor }{t}dt={\int }_0^1\frac{u}{u+(n-1)}du$$

  puis

  $$H(n)-H(n-1)=1-(n-1)\ln \left(1+\frac{1}{n-1}\right)\text{.}$$

  Par développement limité, on obtient

  $$H(n)-H(n-1)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{=}\frac{1}{2(n-1)}+\mathrm{O}\left(\frac{1}{n^2}\right)=\frac{1}{2n}+\mathrm{O}\left(\frac{1}{n^2}\right)\text{.}$$

  On en déduit que la série de terme général

  $$H(n)-H(n-1)-\frac{1}{2n}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{=}\mathrm{O}\left(\frac{1}{n^2}\right)\text{.}$$

  Posons

  $$S=\sum _{n=2}^{+\mathrm{\infty }}\left(H(n)-H(n-1)-\frac{1}{2n}\right)\text{.}$$

  On a

  $$\sum _{k=1}^n\left(H(k)-H(k-1)-\frac{1}{2k}\right)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{=}S+\mathrm{o}(1)$$

  donc

  $$H(n)-H(1)-\frac{1}{2}\sum _{k=2}^n\frac{1}{k}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{=}S+\mathrm{o}(1)\text{.}$$

  Sachant

  $$\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{=}\ln (n)+\gamma +\mathrm{o}(1)$$

  on obtient

  $$H(n)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\frac{1}{2}\ln (n)$$

  puis

  $$G(n)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\frac{\ln (n)}{2n}\text{.}$$

• (a)

  Pour $x>a>0$

  $${\int }_a^x{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{t}^2}dt={\int }_a^x\frac{2\mathrm{i}t}{2\mathrm{i}t}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{t}^2}dt={\left[\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{t}^2}-1}{2\mathrm{i}t}\right]}_a^x+{\int }_a^x\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{t}^2}-1}{2\mathrm{i}{t}^2}dt\text{.}$$

  On a

  $${\int }_a^x{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{t}^2}dt\underset{a\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}{\int }_0^x{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{t}^2}dt,\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{a}^2}-1}{2\mathrm{i}a}\underset{a\to 0^{+}}{\sim }\frac{a}{2}\underset{a\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}0$$

  et

  $${\int }_a^x\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{t}^2}-1}{2\mathrm{i}{t}^2}dt\underset{a\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}{\int }_0^x\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{t}^2}-1}{2\mathrm{i}{t}^2}dt$$

  car cette dernière intégrale converge.

  Ainsi,

  $$f(x)=\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{x}^2}-1}{2\mathrm{i}x}+\frac{1}{2\mathrm{i}}{\int }_0^x\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{t}^2}-1}{t^2}dt\text{.}$$

  Puisque

  $$\left|\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{x}^2}-1}{2\mathrm{i}x}\right|\le \frac{1}{x}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}{\int }_0^x\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{t}^2}-1}{2\mathrm{i}{t}^2}dt\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{t}^2}-1}{2\mathrm{i}{t}^2}dt$$

  car cette dernière intégrale converge.

  Par suite,

  $$f(x)\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}\lambda ={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{t}^2}-1}{2\mathrm{i}{t}^2}dt\text{.}$$

• (b)

  Pour $x>0$,

  $$g(x)=\lambda -f(x)=\frac{1}{2\mathrm{i}}{\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{t}^2}-1}{t^2}dt-\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{x}^2}-1}{2\mathrm{i}x}$$

  donc

  $$g(x)=\frac{1}{2\mathrm{i}}{\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{t}^2}}{t^2}dt-\frac{1}{2\mathrm{i}}{\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{t^2}dt-\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{x}^2}-1}{2\mathrm{i}x}$$

  car ces deux dernières intégrales sont bien définies. Par suite,

  $$g(x)=\frac{1}{2\mathrm{i}}{\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{t}^2}}{t^2}dt-\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{x}^2}}{2\mathrm{i}x}\text{.}$$

• (c)

  Par intégration par parties généralisée,

  $${\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{t}^2}\mathrm{d}t}{t^2}={\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{t{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{t}^2}\mathrm{d}t}{t^3}={\left[\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{t}^2}}{2\mathrm{i}{t}^3}\right]}_x^{+\mathrm{\infty }}+\frac{3}{2\mathrm{i}}{\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{t}^2}\mathrm{d}t}{t^4}\text{.}$$

  Par suite,

  $$\left|{\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{t}^2}\mathrm{d}t}{t^2}\right|=\left|-\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{x}^2}}{2\mathrm{i}{x}^3}+\frac{3}{2\mathrm{i}}{\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{t}^2}\mathrm{d}t}{t^4}\right|\le \frac{1}{2x^3}+\frac{3}{2}{\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t^4}=\frac{1}{x^3}\text{.}$$

  Donc

  $${\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{t}^2}\mathrm{d}t}{t^2}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{=}\mathrm{O}\left(\frac{1}{x^3}\right)\text{.}$$