[<] Intégrales fonctions des bornes [>] Sommes de Riemann

 
Exercice 1  1978  Correction  

Déterminer les limites suivantes sans pour autant calculer les intégrales correspondantes:

  • (a)

    limx0+-xxsin(t2)dt

  • (b)

    limx+x2xdtln(t)

  • (c)

    limx+x2xsin(t)tdt

Solution

  • (a)

    Quand x0+,

    |-xxsin(t2)dt|-xx|sin(t2)|dt-xx1.dt=2x0

    donc -xxsin(t2)dt0.

  • (b)

    Quand x+,

    x2xdtln(2x)x2xdtln(t)

    donc

    xln(2x)x2xdtln(t)

    puis

    x2xdtln(t)+.
  • (c)

    Par intégration par parties

    x2xsin(t)tdt=[-cos(t)t]x2x-x2xcos(t)t2dt.

    Or quand x+,

    [-cos(t)t]x2x0 et |x2xcos(t)t2dt|x2xdtt2=[-1t]x2x0

    donc

    x2xsin(t)tdt0.
 
Exercice 2  286  Correction  

Déterminer les limites suivantes sans pour autant calculer les intégrales correspondantes:

  • (a)

    limx0+x2xetdtt

  • (b)

    limx+x2xe1/ttdt

  • (c)

    limx+x2xcos(1/t)tdt

Solution

  • (a)

    Quand x0+, par croissance de la fonction exponentielle

    x2xextdtx2xettdtx2xe2xtdt

    donc

    exln(2)x2xettdte2xln(2)

    puis par encadrement

    x2xettdtln(2).
  • (b)

    Quand x+, par décroissance de la fonction te1/t

    x2xe1/2xtdtx2xe1/ttdtx2xe1/xtdt

    donc

    e1/xln(2)x2xe1/ttdte1/2xln(2)

    puis par encadrement

    x2xe1/ttdtln(2).
  • (c)

    Quand x+, pour x assez grand, la fonction tcos(1/t) est croissante sur [x;2x] donc

    x2xcos(1/x)tdtx2xcos(1/t)tdtx2xcos(1/2x)tdt

    puis

    cos(1x)ln(2)x2xcos(1/t)tdtcos(12x)ln(2)

    et par encadrement

    x2xcos(1/t)tdtln(2).
 
Exercice 3  4855   

Étudier les limites suivantes:

  • (a)

    limx0+0xsin(t)1+t2dt

  • (b)

    limx+xx+1arctan(t)dt

  • (c)

    limx+x2xdtln(t)

  • (d)

    limx0+x2xettdt

  • (e)

    limx1+xx2dtln(t)

  • (f)

    limx1-xx2dtln(t).

 
Exercice 4  1977  Correction  

Soit f:+ continue. Déterminer

limx0+1x0xf(t)dt.

Solution

On a

|1x0xf(t)dt-f(0)|1x0x|f(t)-f(0)|dt.

Par la continuité de f en 0, Pour tout ε>0, il existe α>0 vérifiant

x+,xα|f(x)-f(0)|ε

et donc

|1x0xf(t)dt-f(0)|ε.

On peut donc conclure que

limx0+1x0xf(t)dt=f(0).

On peut aussi très efficacement obtenir le résultat en introduisant une primitive de f et en exploitant

1x0xf(t)dt=F(x)-F(0)xx0F(0)=f(0).
 
Exercice 5  1976  

Soit f:[0;1] continue. Montrer

01tnf(t)dtn+0.
 
Exercice 6  2977    X (MP)Correction  

Soit f𝒞([0;1],). Déterminer la limite de la suite

(01tnf(t)dt01tndt)n0.

Solution

On peut écrire

01tnf(t)dt01tndt=01(n+1)tnf(t)dt.

Par le changement de variable u=tn+1

01tnf(t)dt01tndt=01f(u1/(n+1))du.

Par convergence dominée par f, on obtient

01tnf(t)dt01tndtf(1).
 
Exercice 7  278   Correction  

Soient f: une application de classe 𝒞1 et a>0. On pose

I(x)=1xa+10xtaf(t)dt.

Déterminer la limite de I(x) quand x tend vers 0.

Solution

On a

I(x)-f(0)a+1=1xa+1(0xtaf(t)dt-0xtaf(0)dt)=1xa+10xta(f(t)-f(0))dt.

Pour ε>0, il existe α>0 vérifiant

|x|α|f(x)-f(0)|ε.

Par suite, si |x|α, pour tout t compris entre 0 et x, |f(t)-f(0)|ε puis par intégration

|1xa+10xta(f(t)-f(0))dt|ε.

Ainsi,

limx0I(x)=f(0)a+1.
 
Exercice 8  4847  

Pour n, on pose

un=01ln(1+tn)dt.
  • (a)

    Montrer que la suite (un) est à termes strictement positifs.

  • (b)

    Montrer que la suite (un) est strictement décroissante.

  • (c)

    Déterminer la limite de la suite (un).

 
Exercice 9  4192   

Soient a et b deux réels strictement positifs. Pour f:[0;+[ une fonction continue dérivable en 0, étudier

limx0+axbxf(t)tdt.
 
Exercice 10  1981   

(Lemme de Lebesgue)

Soit f:[a;b] une fonction de classe 𝒞1.

Montrer

limn+abf(t)sin(nt)dt=0.
 
Exercice 11  193    

Soit f:[0;π] une fonction de classe 𝒞1.

Étudier la limite quand n tend vers l’infini de

0πf(t)|sin(nt)|dt.

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Édité le 08-11-2019

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