Exercice 1 1987 Correction

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction continue.
Justifier que les fonctions $g : ℝ \to ℝ$ suivantes sont de classe $𝒞^{1}$ et exprimer leur dérivée:

(a)

$g (x) = \int_{2 x}^{x^{2}} f (t) d t$
(b)

$g (x) = \int_{0}^{x} x f (t) d t$
(c)

$g (x) = \int_{0}^{x} f (t + x) d t$

Solution

On introduit $F$ primitive de $f$ sur $ℝ$ .

(a)

$g (x) = F (x^{2}) - F (2 x)$ est $𝒞^{1}$ par opérations et $g^{'} (x) = 2 x f (x^{2}) - 2 f (2 x)$ .
(b)

$g (x) = x (F (x) - F (0))$ est $𝒞^{1}$ par opérations et $g^{'} (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t + x f (x)$ .
(c)

$g (x) \underset{u = t + x}{=} \int_{x}^{2 x} f (u) d u = F (2 x) - F (x)$ est $𝒞^{1}$ par opérations et $g^{'} (x) = 2 f (2 x) - f (x)$ .

Exercice 2 4856

Pour $x > 0$ , on pose

I (x) = \int_{1 / x}^{x} \frac{t}{1 + t + t^{2} + t^{3}} d t .

(a)

Montrer que la fonction $I$ est définie et de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Calculer $I^{'} (x)$ et en déduire une expression simple de $I (x)$ pour tout $x > 0$ .

Exercice 3 277 Correction

Soient $f \in 𝒞^{1} (ℝ, ℝ)$ et $g : ℝ^{*} \to ℝ$ définie par

g (x) = \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (t) d t .

(a)

Prolonger $g$ par continuité en 0.
(b)

Montrer que la fonction ainsi obtenue est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ .

Solution

(a)

On a

$g (x) - f (0) = \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (t) - f (0) d t .$

Pour $ε > 0$ , il existe $α > 0$ vérifiant

$| x | \leq α ⟹ | f (x) - f (0) | \leq ε .$

Par suite, si $| x | \leq α$ , pour tout $t$ compris entre 0 et $x$ , $| f (t) - f (0) | \leq ε$ puis par intégration, $| g (x) - f (0) | \leq ε$ . Ainsi $g (x) \to_{x \to 0}^{} f (0)$ . On pose $g (0) = f (0)$ .
(b)

Par opération, $g$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{*}$ .

$g^{'} (x) = - \frac{1}{x^{2}} \int_{0}^{x} f (t) d t + \frac{f (x)}{x} .$

Procédons à une intégration par parties,

$\int_{0}^{x} f (t) d t = x f (x) - \int_{0}^{x} t f^{'} (t) d t .$

On a alors

$g^{'} (x) = \frac{1}{x^{2}} \int_{0}^{x} t f^{'} (t) d t .$

De façon semblable à ce qui précède, on obtient

$g^{'} (x) \to_{x \to 0}^{} \frac{1}{2} f^{'} (0) .$

Ainsi la fonction continue $g$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ et

$g^{'} (0) = \frac{1}{2} f^{'} (0) .$

Exercice 4 1991 Correction

Soient $f : ℝ \to ℝ$ de classe $𝒞^{1}$ et $F : ℝ^{*} \to ℝ$ définie par

\forall x \neq 0, F (x) = \frac{1}{2 x} \int_{- x}^{x} f (t) d t .

(a)

Montrer que $F$ peut être prolongée par continuité en 0. On effectue ce prolongement.
(b)

Montrer que $F$ est dérivable sur $ℝ^{*}$ et exprimer $F^{'} (x)$ à l’aide d’une intégrale
(c)

Montrer que $F$ est dérivable en 0 et observer $F^{'} (0) = 0$ .

Solution

(a)

Soit $\tilde{f}$ une primitive de $f$ .

$F (x) = \frac{\tilde{f} (x) - \tilde{f} (- x)}{2 x} = \frac{\tilde{f} (x) - \tilde{f} (0)}{2 x} + \frac{\tilde{f} (0) - \tilde{f} (- x)}{2 x} \to_{x \to 0}^{} {\tilde{f}}^{'} (0) = f (0) .$

On prolonge $F$ par continuité en 0 en posant $F (0) = f (0)$ .
(b)

$F$ est dérivable par opérations et

$F^{'} (x) = \frac{f (x) + f (- x)}{2 x} - \frac{1}{2 x^{2}} \int_{- x}^{x} f (t) d t .$

Par intégration par parties

$\int_{- x}^{x} f (t) d t = {[t f (t)]}_{- x}^{x} - \int_{- x}^{x} t f^{'} (t) d t$

et l’on peut donc simplifier

$F^{'} (x) = \frac{1}{2 x^{2}} \int_{- x}^{x} t f^{'} (t) d t .$
(c)

Sachant

$\int_{- x}^{x} t f^{'} (0) d t = 0$

on peut écrire

$F^{'} (x) = \frac{1}{2 x^{2}} \int_{- x}^{x} t (f^{'} (t) - f^{'} (0)) d t .$

En posant

$M_{x} = sup_{t \in [- x; x]} | f^{'} (t) - f^{'} (0) |$

on a alors

$| F^{'} (x) | \leq \frac{1}{2 x^{2}} \int_{- x}^{x} t M_{x} d t = \frac{1}{2} M_{x} .$

Or $f^{'}$ est continue en 0, donc $M_{x} \to_{x \to 0}^{} 0$ puis

$F^{'} (x) \to_{x \to 0}^{} 0 .$

En vertu du théorème du prolongement $𝒞^{1}$ , on peut affirmer que $F$ est dérivable en 0 et $F^{'} (0) = 0$ .

Exercice 5 1990

Soient $f : ℝ \to ℝ$ une fonction continue et $φ : ℝ \to ℝ$ la fonction définie par

φ (x) = \int_{0}^{x} \sin (x - t) f (t) d t pour tout x \in ℝ .

(a)

Montrer que $φ$ est solution sur $ℝ$ de l’équation différentielle $(E) : y^{''} + y = f (x)$ .
(b)

Déterminer toutes les fonctions réelles solutions de $(E)$ sur $ℝ$ .

Exercice 6 88 CENTRALE (PC)Correction

Soit $f$ continue de $ℝ$ dans $ℝ$ telle que

\forall (x, y) \in ℝ^{2}, f (x) - f (y) = \int_{2 x + y}^{2 y + x} f (t) d t .

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ et déterminer $f$ .

Solution

Puisque continue, la fonction $f$ admet une primitive $F$ sur $ℝ$ et

\forall (x, y) \in ℝ^{2}, f (x) - f (y) = F (2 y + x) - F (2 x + y) .

Pour $y \in ℝ$ fixé, on obtient

f : x \mapsto f (y) + F (2 y + x) - F (2 x + y) .

Puisque la fonction $F$ est de classe $𝒞^{1}$ , on obtient que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ et

f^{'} (x) = f (2 y + x) - 2 f (2 x + y) .

En dérivant cette relation en la variable $y$ , on obtient

0 = 2 f^{'} (2 y + x) - 2 f^{'} (2 x + y)

et donc

f^{'} (2 y + x) = f^{'} (2 x + y) .

Puisque pour tout $(s, t) \in ℝ^{2}$ , il existe $(x, y) \in ℝ^{2}$ vérifiant

{\begin{matrix} 2 x + y = s \\ x + 2 y = t \end{matrix}

on peut affirmer que la fonction $f^{'}$ est constante.
On en déduit que la fonction $f$ est affine.
Par le calcul, on vérifie que, parmi les fonctions affines, seule la fonction nulle vérifie la relation proposée.

Exercice 7 1989

Soit $g : [0; 1] \to ℝ$ continue. On définit $F : [0; 1] \to ℝ$ par

F (x) = \int_{0}^{1} \min (x, t) g (t) d t .

(a)

Montrer que $F$ est de classe $𝒞^{2}$ et calculer $F^{''} (x)$ .
(b)

En déduire

$F (x) = \int_{0}^{x} (\int_{t}^{1} g (u) d u) d t .$

Exercice 8 276 Correction

Pour $x \in] 0; 1 [$ , on pose

φ (x) = \int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{\ln (t)} .

(a)

Montrer que $φ$ est bien définie et que cette fonction se prolonge par continuité en 0 et en 1.
(b)

En déduire la valeur de

$\int_{0}^{1} \frac{x - 1}{\ln (x)} d x .$

Solution

(a)

Soit $x \in] 0; 1 [$ , $[x; x^{2}] \subset] 0; 1 [$ et $t \mapsto \frac{1}{\ln (t)}$ est définie et continue sur $] 0; 1 [$ donc $φ (x) = \int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{\ln (t)}$ existe.
Pour $t \in [x^{2}; x]$ ,

$\frac{1}{\ln (x)} \leq \frac{1}{\ln (t)} \leq \frac{1}{\ln (x^{2})}$

donc

$\frac{x^{2} - x}{\ln (x^{2})} \leq φ (x) \leq \frac{x^{2} - x}{\ln (x)} .$

Quand $x \to 0^{+}$ , $φ (x) \to 0$ .
On a aussi

$φ (x) = \int_{x}^{x^{2}} \frac{t d t}{t \ln (t)}$

donc

$\int_{x}^{x^{2}} \frac{x^{2} d t}{t \ln (t)} \leq φ (x) \leq \int_{x}^{x^{2}} \frac{x d t}{t \ln (t)}$

or

$\int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{t \ln (t)} = {[\ln (\ln (t))]}_{x}^{x^{2}} = \ln (2) .$

Quand $x \to 1^{-}$ , $φ (x) \to \ln (2)$ .

Finalement, $φ$ peut être prolongée par continuité en 0 et en 1.
(b)

Soit $F$ une primitive de $\frac{1}{\ln (t)}$ sur $] 0; 1 [$ .
On a $φ (x) = F (x^{2}) - F (x)$ ce qui permet de dériver $φ$ et d’obtenir

$φ^{'} (x) = \frac{x - 1}{\ln (x)} .$

L’intégrale $\int_{0}^{1} \frac{x - 1}{\ln (x)} d x$ est définie car on vérifie aisément que la fonction intégrée peut être prolongée par continuité en 0 et en 1 et l’on a

$\int_{0}^{1} \frac{x - 1}{\ln (x)} d x = {[φ (x)]}_{0}^{1} = \ln (2) .$

Exercice 9 1471 Correction

Soit $f :] 0; 1 [\cup] 1; + \infty [\to ℝ$ l’application définie par

f (x) = \int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{\ln (t)} .

(a)

Montrer que $f$ est convexe sur $] 0; 1 [$ et $] 1; + \infty [$ .
(b)

Montrer que, pour tout $x > 1$ ,

$\int_{x}^{x^{2}} \frac{x d t}{t \ln (t)} \leq \int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{\ln (t)} \leq \int_{x}^{x^{2}} \frac{x^{2} d t}{t \ln (t)} .$

En déduire que ${lim}_{x \to 1 +} f (x) = \ln (2)$ . De même, établir: ${lim}_{x \to 1 -} f (x) = \ln (2)$ .
(c)

On prolonge $f$ par continuité en $1$ , en posant $f (1) = \ln (2)$ .
Montrer que $f$ ainsi prolongée est de classe $𝒞^{2}$ sur $] 0; + \infty [$ .
Établir la convexité de $f$ sur $] 0; + \infty [$ .

Solution

(a)

Soit $G$ une primitive de la fonction $t \mapsto 1 / \ln (t)$ sur $] 0; 1 [$ (resp. sur $] 1; + \infty [$ ).
Pour tout $x \in] 0; 1 [$ (resp. $] 1; + \infty [$ ), on a $f (x) = G (x^{2}) - G (x)$ . On en déduit que $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; 1 [$ (resp. sur $] 1; + \infty [$ ) et

$f^{'} (x) = \frac{2 x}{\ln (x^{2})} - \frac{1}{\ln (x)} = \frac{x - 1}{\ln (x)} .$

On a alors

$f^{''} (x) = \frac{x \ln (x) - x + 1}{x {(\ln (x))}^{2}} .$

Soit $g (x) = x \ln (x) - x + 1$ sur $ℝ_{+}^{*}$ .
$g$ est de classe $𝒞^{\infty}$ et $g^{'} (x) = \ln (x)$ . Puisque $g (1) = 0$ , la fonction $g$ est positive puis $f^{''} \geq 0$ sur $] 0; 1 [$ (resp. $] 1; + \infty [$ ).
(b)

Pour $x > 1$ ,

$\forall t \in [x; x^{2}], \frac{x}{t \ln (t)} \leq \frac{1}{\ln (t)} \leq \frac{x^{2}}{t \ln (t)} .$

D’où

$\int_{x}^{x^{2}} \frac{x d t}{t \ln (t)} \leq \int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{\ln (t)} \leq \int_{x}^{x^{2}} \frac{x^{2} d t}{t \ln (t)} .$

Comme $\int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{t \ln (t)} = \ln (2)$ , on obtient

$x \ln (2) \leq f (x) \leq x^{2} \ln (2)$

puis ${lim}_{x \to 1 +} f (x) = \ln (2)$ .
Pour $x < 1$ ,

$\forall t \in [x^{2}; x], \frac{x}{t \ln (t)} \leq \frac{1}{\ln (t)} \leq \frac{x^{2}}{t \ln (t)} .$

D’où

$\int_{x}^{x^{2}} \frac{x^{2} d t}{t \ln (t)} \leq \int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{\ln (t)} \leq \int_{x}^{x^{2}} \frac{x d t}{t \ln (t)} .$

On obtient $x^{2} \ln (2) \leq f (x) \leq x \ln (2)$ puis ${lim}_{x \to 1 -} f (x) = \ln (2)$ .
(c)

$f$ est continue sur $] 0; + \infty [$ , de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; 1 [$ et $] 1; + \infty [$ et

$f^{'} (1 + h) = \frac{h}{\ln (1 + h)} \to_{h \to 0}^{} 1 .$

Par le théorème de prolongement $𝒞^{1}$ , on a $f$ de classe $𝒞^{1}$ et $f^{'} (1) = 1$ .
De même, en exploitant

$f^{''} (1 + h) = \frac{(1 + h) \ln (1 + h) - h}{(1 + h) {(\ln (1 + h))}^{2}} \sim \frac{h^{2} / 2}{(1 + h) h^{2}} \to_{h \to 0}^{} \frac{1}{2}$

on obtient que $f$ est de classe $𝒞^{2}$ et $f^{''} (1) = 1 / 2$ .
Comme $f^{''}$ est positive sur $] 0; + \infty [$ , on peut conclure que $f$ est convexe sur $ℝ_{+}^{*}$ .

Exercice 10 2444 CENTRALE (MP)Correction

Soit

f (x) = \int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{\ln (t)} .

(a)

Calculer les limites de $f$ en $0^{+}$ et $+ \infty$ , la limite en $+ \infty$ de $f (x) / x$ et montrer que $f (x)$ tend vers $\ln (2)$ quand $x$ tend vers 1.
(b)

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ mais qu’elle ne l’est pas sur $ℝ_{+}$ .
(c)

Étudier les variations de $f$ et tracer sa courbe représentative.

Solution

(a)

La fonction $f$ est définie sur $] 0; 1 [\cup] 1; + \infty [$ car pour chaque $x$ dans ce domaine, la fonction $t \mapsto 1 / \ln (t)$ est définie et continue sur le segment d’extrémités $x$ et $x^{2}$ car 1 n’y appartient pas. Pour $x \in] 0; 1 [$ , on a pour tout $t \in [x^{2}; x]$ , $2 \ln (x) \leq \ln (t) \leq \ln (x)$ puis par encadrement d’intégrales

$\frac{x^{2} - x}{2 \ln (x)} \leq f (x) \leq \frac{x^{2} - x}{\ln (x)}$

et donc $f (x) \to_{x \to 0^{+}}^{} 0$ .
L’encadrement est identique pour $x > 1$ ce qui permet d’affirmer $f (x) \to_{x \to + \infty}^{} + \infty$ et $f (x) / x \to_{x \to + \infty}^{} + \infty$ .
On peut aussi écrire

$f (x) = \int_{x}^{x^{2}} \frac{t}{t \ln (t)} d t$

et par encadrement du $t$ du numérateur par $x$ et $x^{2}$ , on obtient $f (x)$ encadré par $x I (x)$ et $x^{2} I (x)$ avec

$I (x) = \int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{t \ln (t)} = {[\ln (| \ln (t) |)]}_{x}^{x^{2}} = \ln (2)$

d’où $f (x) \to_{x \to 1}^{} \ln (2)$ .
(b)

On introduit $H$ primitive de $t \mapsto 1 / \ln (t)$ et l’on démontre que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; 1 [\cup] 1; + \infty [$ avec $f^{'} (x) = \frac{x - 1}{\ln (x)}$ . Cette dérivée étant de classe $𝒞^{\infty}$ , on conclut que $f$ est $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; 1 [\cup] 1; + \infty [$ . On prolonge $f$ par continuité en 1 en posant $f (1) = \ln (2)$ et puisque $f^{'} (x) \to_{x \to 1}^{} 1$ , la fonction $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ avec $f^{'} (1) = 1$ . Par développement en série entière $h \mapsto \frac{\ln (1 + h)}{h}$ est $𝒞^{\infty}$ au voisinage de $0$ donc $x \mapsto \frac{\ln (x)}{x - 1}$ est $𝒞^{\infty}$ au voisinage de 1 et par passage à l’inverse $x \mapsto f^{'} (x)$ est $𝒞^{\infty}$ au voisinage de $1$ .

Finalement, $f$ est $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; + \infty [$ .

Le calcul de $f^{''} (x)$ permet de justifier que $f^{''}$ n’a pas de limite finie en 0 et donc $f$ ne peut être prolongée en une fonction de classe $𝒞^{\infty}$ au voisinage de $0$ .
(c)

$f$ est croissante, convexe, branche parabolique verticale en $+ \infty$ , tangente horizontale en l’origine.

Exercice 11 273 Correction

On introduit sur $ℝ^{*}$ la fonction

f : x \mapsto \int_{x}^{2 x} \frac{e^{t}}{t} d t .

(a)

Prolonger $f$ par continuité en 0.
(b)

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ .

Solution

(a)

Quand $x \to 0^{+}$ , on a par croissance de la fonction exponentielle

$\forall t \in [x; 2 x], e^{x} \leq e^{t} \leq e^{2 x}$

donc

$e^{x} \ln (2) \leq f (x) \leq e^{2 x} \ln (2) .$

Par théorème d’encadrement

$f (x) \to \ln (2) .$

De même, quand $x \to 0^{-}$ , $f (x) \to \ln (2)$ . On prolonge $f$ par continuité en 0 en posant

$f (0) = \ln (2) .$
(b)

Soit $F$ une primitive de $t \mapsto e^{t} / t$ sur $ℝ_{+}^{*}$ . $F$ est de classe $𝒞^{1}$ et $f (x) = F (2 x) - F (x)$ donc $f$ est aussi de classe $𝒞^{1}$ et

$f^{'} (x) = \frac{e^{2 x} - e^{x}}{x} .$

Il en est de même sur $ℝ_{-}^{*}$ et puisque $f^{'} (x) \to_{x \to 0}^{} 1$ , on peut affirmer que la fonction continue $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ et $f^{'} (0) = 1$ .

Exercice 12 4857

On introduit la fonction $f$ définie sur $ℝ^{*}$ par la relation

f (x) = \int_{x}^{2 x} \frac{e^{- t^{2}}}{t} d t .

(a)

Montrer que la fonction $f$ est bien définie et étudier sa parité.
(b)

Justifier qu’il est possible de prolonger $f$ par continuité en $0$ .

On note encore $f$ la fonction ainsi prolongée.

(c)

Montrer que $f$ est dérivable sur $ℝ$ .
(d)

Étudier la limite de $f$ en $+ \infty$ .

Exercice 13 275 Correction

Soit

f : x \in ℝ^{*} \mapsto \int_{x}^{2 x} \frac{ch (t)}{t} d t .

(a)

Étudier la parité de $f$ . On étudie désormais $f$ sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Prolonger $f$ par continuité en 0.
(c)

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}$ .
(d)

Branches infinies, allure.

Solution

(a)

Par le changement de variable $u = - t$ , on obtient que $f$ est paire.
(b)

Pour tout $x > 0$ , on a

$\forall t \in [x; 2 x], \frac{ch (x)}{t} \leq \frac{ch (t)}{t} \leq \frac{ch (2 x)}{t} .$

En intégrant, on obtient

$ch (x) \ln (2) \leq f (x) \leq ch (2 x) \ln (2)$

et l’on en déduit

$f (x) \to_{x \to 0}^{} \ln (2) .$
(c)

La fonction $t \mapsto ch (t) / t$ est continue sur $] 0; + \infty [$ donc y admet une primitive $G$ et puisque $f (x) = G (2 x) - G (x)$ , on obtient que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ et

$f^{'} (x) = \frac{ch (2 x) - ch (x)}{x} .$

De plus,

$f^{'} (x) \to_{x \to 0}^{} 0$

donc, par le théorème du prolongement $𝒞^{1}$ , $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}$ .
(d)

Puisque $f (x) \geq ch (x) \ln (2)$ , $f$ présente une branche parabolique verticale.

Exercice 14 1988 Correction

Soit $φ : ℝ \to ℝ$ la fonction définie par:

φ (t) = \frac{sh (t)}{t} pour t \neq 0 et φ (0) = 1 .

Soit $f : ℝ \to ℝ$ définie par:

f (x) = \int_{x}^{2 x} φ (t) d t .

(a)

Montrer que $f$ est bien définie et étudier la parité de $f$ .
(b)

Justifier que $f$ est dérivable et calculer $f^{'} (x)$ .
(c)

Dresser le tableau de variation de $f$ .

Solution

(a)

$φ$ est continue sur $ℝ$ donc $f (x)$ existe.

$\forall x \in ℝ^{*}, - x \in ℝ^{*} et f (- x) = \int_{- x}^{- 2 x} \frac{sh (t)}{t} d t \underset{u = - t}{=} - \int_{x}^{2 x} \frac{sh (u)}{u} d u = - f (x) .$

Ainsi $f$ est impaire.
(b)

$φ$ est continue donc possède une primitive $F$ . Comme $f (x) = F (2 x) - F (x)$ $f$ est dérivable et

$f^{'} (x) = \frac{sh (2 x) - sh (x)}{x}$

pour $x \in ℝ^{*}$ et $f^{'} (0) = 1$ .
(c)

Pour tout $x \geq 0$ , on a $sh (2 x) \geq sh (x)$ donc $f^{'} (x) \geq 0$ . Ainsi $f$ est croissante sur $ℝ_{+}$ .

Puisque

$f (x) \geq \int_{x}^{2 x} \frac{sh (x)}{t} d t = sh (x) \ln (2)$

on a $f (x) \to + \infty$ quand $x \to + \infty$ .

On complète le tableau de variation par parité.

Exercice 15 3789 ENSTIM (MP)Correction

Étude et graphe de la fonction

x \mapsto \int_{x}^{2 x} \frac{d t}{\sqrt{1 + t^{2} + t^{4}}} .

On précisera le comportement de la fonction quand $x \to 0$ et quand $x \to \pm \infty$ .

Solution

Posons

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

On a

F (x) = \int_{0}^{2 x} \frac{d t}{\sqrt{1 + t^{2} + t^{4}}} - \int_{0}^{x} \frac{d t}{\sqrt{1 + t^{2} + t^{4}}}

ce qui assure que $F$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ .
Le changement de variable $t = - u$ assure que $F$ est impaire.
Par dérivation de primitive

F^{'} (x) = \frac{2}{\sqrt{1 + {(2 x)}^{2} + {(2 x)}^{4}}} - \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2} + x^{4}}} .

En réduisant au même dénominateur et en multipliant par la quantité conjuguée, $F^{'} (x)$ est du signe de

4 (1 + x^{2} + x^{4}) - (1 + {(2 x)}^{2} + {(2 x)}^{4}) = 3 (1 - 4 x^{4})

$F$ est donc croissante que $[0; 1 / \sqrt{2}]$ puis décroissante sur $[1 / \sqrt{2}; + \infty [$
En 0, le graphe de la fonction passe par l’origine avec une tangente d’équation $y = x$ .
Quand $x \to + \infty$ ,

0 \leq F (x) \leq \int_{x}^{2 x} \frac{d t}{\sqrt{1 + x^{2} + x^{4}}} = \frac{x}{\sqrt{1 + x^{2} + x^{4}}} \to 0

et donc $F$ tend vers 0 en $+ \infty$ .

Exercice 16 2617 ENSTIM (MP)Correction

Pour tout $x \in [1; + \infty [$ , on pose

F (x) = \int_{1}^{x} \frac{t}{\sqrt{t^{3} - 1}} d t .

(a)

Montrer que la fonction $F$ est bien définie, continue sur $[1; + \infty [$ et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 1; + \infty [$ .
Exprimer sa dérivée $F^{'} (x)$
(b)

Étudier la dérivabilité de $F$ en $1$ . Préciser la tangente au graphe de $F$ en $1$ .
(c)

Étudier la limite de $F$ en $+ \infty$ .
(d)

Justifier que $F$ réalise une bijection de $[1; + \infty [$ sur un intervalle à préciser.
(e)

Justifier que $F^{- 1}$ est dérivable sur $] 0; + \infty [$ et solution de l’équation différentielle

$y y^{'} = \sqrt{y^{3} - 1} .$
(f)

Étudier la dérivabilité de $F^{- 1}$ en $0$ .

Solution

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

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

$F$ est continue en 1 et $F^{'} (x) \to_{x \to 1}^{} + \infty$ . $F$ n’est pas dérivable en $1$ . Il y a une tangente verticale en $1$ .
(c)

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

$F (x) \geq \int_{1}^{x} \frac{d t}{\sqrt{t}} = 2 \sqrt{x} - 2 \to_{x \to + \infty}^{} + \infty$

donc $F (x) \to_{+ \infty}^{} + \infty$ .
(d)

$F$ est continue et strictement croissante sur $[1; + \infty [$ donc $F$ réalise une bijection de $[1; + \infty [$ sur $[0; + \infty [$ .
(e)

$F$ réalise une bijection de classe $𝒞^{\infty}$ de $] 1; + \infty [$ sur $] 0; + \infty [$ avec $F^{'} (x) \neq 0$ donc $F^{- 1}$ est $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; + \infty [$ .

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

donc $F^{- 1}$ est solution de l’équation différentielle considérée.
(f)

$F^{- 1}$ est continue en $0$ et $F^{- 1} (0) = 1$ . En vertu de la relation

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

on obtient

${(F^{- 1})}^{'} (x) \to_{x \to 0}^{} 0$

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

Exercice 17 4858

Soient $f : [0; + \infty [\to ℝ$ une fonction continue et $g :] 0; + \infty [\to ℝ$ la fonction définie par

g (x) = \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (t) d t .

(a)

Montrer que la fonction $g$ est dérivable et solution sur $] 0; + \infty [$ de l’équation différentielle

$x y^{'} + y = f (x) .$
(b)

Déterminer, si elle existe, la limite de $g$ en $0$ .

On suppose que $f$ tend vers une limite finie $ℓ$ en $+ \infty$ .

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Édité le 29-08-2023

Intégrales fonctions des bornes