[<] Fonctions définies par une intégrale généralisée [>] Sommes de Riemann impropres

 
Exercice 1  690   Correction  

Pour x>0, on pose

F(x)=x+e-ttdt.
  • (a)

    Montrer que F(x) est bien définie pour tout x>0.

  • (b)

    Établir que F est de classe 𝒞1 sur +* et calculer F(x).

  • (c)

    Montrer

    limx+xF(x)=0etlimx0+xF(x)=0.
  • (d)

    Sans exprimer F(x), justifier l’existence et calculer

    0+F(x)dx.

Solution

  • (a)

    Quand t+, e-t/t=O(e-t) donc te-t/t est intégrable sur tout [x;+[]0;+[.

  • (b)
    F(x)=1+e-ttdt-1xe-ttdt=F(1)-1xe-ttdt

    est de classe C sur +* et F(x)=-e-xx.

  • (c)

    Quand x+

    0xF(x)=x+xe-ttdtx+e-tdt=1+e-tdt-1xe-tdt0.

    Quand x0+

    xF(x)=xx+e-ttdt=x(1+e-ttdt+x1e-ttdt)

    donc

    0xF(x)x(F(1)+x11tdt)xF(1)+xln(x)0.
  • (d)

    Par intégration par parties formelle

    0+F(x)dx=[xF(x)]0++0+e-xdx.

    L’intégration par parties est justifiée par deux convergences et finalement

    0+F(t)dt=1.
 
Exercice 2  2879     ENSTIM (MP)Correction  
  • (a)

    Donner la nature de l’intégrale

    0+sin(t)tdt.

    On pose pour tout réel x

    f(x)=x+sin(t)tdt.
  • (b)

    Montrer que f est de classe 𝒞1 sur et exprimer sa dérivée.

  • (c)

    Calculer

    0+f(t)dt.

Solution

  • (a)

    La fonction tsin(t)/t est définie et continue par morceaux sur ]0;+[. 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)

    0xsin(t)tdt=[1-cos(t)t]0x+0x1-cos(t)t2dt.

    Quand x+, on a

    1-cos(x)x0

    et

    0x1-cos(t)t2dt0+1-cos(t)t2dt

    cette dernière intégrale étant convergente car la fonction peut être prolongée par continuité en 0 et est dominée par la fonction intégrable t1/t2 en +.

  • (b)

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

    f(x)=lim+F-F(x).

    Puisque la fonction F est de classe 𝒞1, la fonction f est aussi de classe 𝒞1 sur et

    f(x)=-F(x)=-sin(x)x.
  • (c)

    Par intégration par parties,

    0xf(t)dt=[tf(t)]0x-0xtf(t)dt=xf(x)+0xsin(t)dt.

    Or

    x+sin(t)tdt=[-cos(t)t]x+-x+cos(t)t2dt

    donc

    xf(x)=cos(x)-xx+cos(t)t2dt

    puis

    0xf(t)dt=1-xx+cos(t)t2dt.

    Mais par intégration par parties on établit encore

    x+cos(t)t2dt=[sin(t)t2]x+-2x+sin(t)t3dt

    avec

    |x+2sin(t)t3dt|x+2dtt3=1x2

    ce qui permet d’affirmer

    xx+cos(t)t2dtx+0.

    Finalement, l’intégrale 0+f(t)dt converge et

    0+f(t)dt=1.
 
Exercice 3  4059   Correction  

Soit f:[0;+[ une fonction continue. Pour 0<a<b, déterminer

limx0+axbxf(t)tdt.

Solution

Puisque f est continue en 0, on peut écrire

f(x)=f(0)+ε(x) avec ε0.

On a alors

axbxf(t)tdt=axbxf(0)tdt+axbxε(t)tdt.

D’une part

axbxf(0)tdt=f(0)ln(ba)

et d’autre part

|axbxε(t)tdt|maxt[ax;bx]|ε(t)|ln(ba)x00.

On peut conclure

limx0+axbxf(t)tdt=f(0)ln(ba).
 
Exercice 4  281   Correction  

Pour tout x[1;+[, on pose

F(x)=1xtt3-1dt.
  • (a)

    Montrer que F est bien définie, continue sur [1;+[ et de classe 𝒞 sur ]1;+[. 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 +.

  • (d)

    Justifier que F réalise une bijection de [1;+[ sur un intervalle à préciser et que F-1 est dérivable sur ]0;+[ et solution de l’équation différentielle

    yy=y3-1.
  • (e)

    Étudier la dérivabilité de F-1 en 0.

Solution

  • (a)
    f:ttt3-1=t(t-1)(t2+t+1)

    est définie et continue sur ]1;x] et

    f(t)113t-1

    donc F(x) existe.
    F est primitive de la fonction continue f sur ]1;+[ donc F est de classe 𝒞1 et F(x)=f(x).
    Comme f est de classe 𝒞, F est finalement de classe 𝒞 et sur ]1;+[

    F(x)=xx3-1.
  • (b)

    F est continue en 1 et F(x)x1+. Tangente verticale en 1.

  • (c)

    t3-1t3/2 donc

    F(x)1xdtt=2x-2x++

    donc F(x)++.

  • (d)

    F est continue et strictement croissante sur [1;+[ donc F réalise une bijection de [1;+[ sur [0;+[.
    F réalise une bijection de classe 𝒞 de ]1;+[ sur ]0;+[ avec F(x)0 donc F-1 est de classe 𝒞 sur ]0;+[.

    (F-1)=1FF-1=(F-1)3-1F-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)=(F-1)3-1F-1

    on obtient

    (F-1)(x)x00

    F-1 est donc dérivable en 0 et (F-1)(0)=0

 
Exercice 5  2348     CCP (MP)Correction  
  • (a)

    Justifier que

    G(x,y)=0yt-tt(t+x)dt

    t représente la partie entière de t, est définie sur (+*)2.

  • (b)

    Montrer que G(x,y) tend vers une limite G(x) quand y tend vers +.

  • (c)

    Montrer que

    n*,G(n,y)=1n(0nt-ttdt-yy+nt-ttdt).
  • (d)

    On note H(n)=nG(n); montrer que la série de terme général

    H(n)-H(n-1)-12n

    converge et en déduire un équivalent de G(n).

Solution

  • (a)

    Soient x,y>0.
    La fonction

    f:tt-tt(t+x)

    est définie et continue par morceaux sur ]0;+[]0;y] et quand t0,

    f(t)=tt(t+x)=1t+x1x

    donc f est prolongeable par continuité en 0.
    Par suite, l’intégrale définissant G(x,y) existe bien.

  • (b)

    Quand t+,

    f(t)=t+O(1)t(t+x)=O(1t2)

    donc f est intégrable sur ]0;+[.
    Par suite, G(x,y) converge quand y+ vers

    G(x)=0+t-tt(t+x)dt.
  • (c)

    On remarque que

    1t(t+n)=1n(1t-1t+n)

    et l’on en déduit

    G(n,y)=1n0yt-tt-t-tt+ndt.

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

    G(n,y)=1n(0yt-ttdt-ny+nt-ttdt).

    Enfin par la relation de Chasles

    G(n,y)=1n(0nt-ttdt-yy+nt-ttdt).
  • (d)

    Puisque

    0yy+nt-ttdt1yyy+nt-tdtny

    on obtient quand y+

    G(n)=1n0nt-ttdt

    et l’on a alors

    H(n)=0nt-ttdt.

    Par suite,

    H(n)-H(n-1)=n-1nt-ttdt=01uu+(n-1)du

    puis

    H(n)-H(n-1)=1-(n-1)ln(1+1n-1).

    Par développement limité, on obtient

    H(n)-H(n-1)=n+12(n-1)+O(1n2)=12n+O(1n2).

    On en déduit que la série de terme général

    H(n)-H(n-1)-12n=n+O(1n2).

    Posons

    S=n=2+(H(n)-H(n-1)-12n).

    On a

    k=1n(H(k)-H(k-1)-12k)=n+S+o(1)

    donc

    H(n)-H(1)-12k=2n1k=n+S+o(1).

    Sachant

    k=1n1k=n+ln(n)+γ+o(1)

    on obtient

    H(n)n+12ln(n)

    puis

    G(n)n+ln(n)2n.
 
Exercice 6  3621      ENTPECorrection  
  • (a)

    Déterminer le domaine de définition de

    f(x)=1xcos2(t)tdt.
  • (b)

    Donner un équivalent de f en 0 et en +.

Solution

  • (a)

    Puisque

    cos2(t)tt0+1t

    on peut affirmer, par équivalence de fonctions positives, que l’intégrale diverge en 0.
    On peut alors conclure que f est définie sur ]0;+[ (car l’intégrale sur un segment d’une fonction continue converge) mais ne peut pas être définie sur un domaine plus grand.

  • (b)

    Posons

    g(x)=1xsin2(t)tdt.

    Cette fois-ci

    sin2(t)tt quand t0+

    et donc la fonction g est définie et continue en 0.
    Puisque

    f(x)+g(x)=1xdtt=ln(x)

    on peut conclure

    f(x)x0+ln(x)

    Aussi,

    f(x)=1x1+cos(2t)2tdt=12ln(x)+1xcos(2t)2tdt.

    Comme la nouvelle intégrale converge en + (cela s’obtient par une intégration par parties), on conclut

    f(x)x+12ln(x).
 
Exercice 7  691    Correction  

Pour x>0, on pose

f(x)=0xeit2dt=0xcos(t2)dt+i0xsin(t2)dt.
  • (a)

    Montrer

    f(x)=eix2-12ix+12i0xeit2-1t2dt.

    En déduire que f admet une limite notée λ en +.

  • (b)

    On pose g(x)=λ-f(x). Montrer que pour x>0

    g(x)=12ix+eit2t2dt-eix22ix.
  • (c)

    Montrer qu’au voisinage de +

    g(x)=-eix22ix+O(1x3).

Solution

  • (a)

    Pour x>a>0

    axeit2dt=ax2it2iteit2dt=[eit2-12it]ax+axeit2-12it2dt.

    À la limite quand a0,

    axeit2dt0xeit2dt,eia2-12iaa20

    et

    axeit2-12it2dt0xeit2-12it2dt

    car cette dernière intégrale converge.
    Ainsi,

    f(x)=eix2-12ix+12i0xeit2-1t2dt.

    Puisque

    |eix2-12ix|1x0 et 0xeit2-12it2dt0+eit2-12it2dt

    car cette dernière intégrale converge.
    Par suite,

    f(x)λ=0+eit2-12it2dt.
  • (b)
    g(x)=λ-f(x)=12ix+eit2-1t2dt-eix2-12ix

    donc

    g(x)=12ix+eit2t2dt-12ix+1t2dt-eix2-12ix

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

    g(x)=12ix+eit2t2dt-eix22ix.
  • (c)

    Par intégration par parties généralisée,

    x+eit2dtt2=x+teit2dtt3=[eit22it3]x++32ix+eit2dtt4.

    Par suite,

    |x+eit2dtt2|=|-eix22ix3+32ix+eit2dtt4|12x3+32x+dtt4=1x3.

    Donc

    x+eit2dtt2=O(1x3).

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Édité le 08-11-2019

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