Exercice 1 531 Correction

Soit

f : x \mapsto \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{1 + x^{3} + t^{3}} .

(a)

Montrer que $f$ est définie sur $ℝ_{+}$ .
(b)

À l’aide du changement de variable $u = 1 / t$ , calculer $f (0)$ .
(c)

Montrer que $f$ est continue et décroissante.
(d)

Déterminer ${lim}_{+ \infty} f$ .

Solution

(a)

Posons

$g (x, t) = \frac{1}{1 + x^{3} + t^{3}} .$

Pour tout $x \in ℝ_{+}$ , la fonction $t \mapsto g (x, t)$ est définie, continue sur $ℝ_{+}$ et $g (x, t) \underset{+ \infty}{\sim} 1 / t^{3}$ donc $f (x)$ existe.
(b)

$u \mapsto 1 / u$ est une bijection de classe $𝒞^{1}$ de $ℝ_{+}^{*}$ vers $ℝ_{+}^{*}$ . On peut réaliser le changement de variable $t = 1 / u$ qui donne

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{1 + t^{3}} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{u d u}{1 + u^{3}} .$

Donc

$2 f (0) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} - t + 1} = {[\frac{2}{\sqrt{3}} \arctan (\frac{2 t - 1}{\sqrt{3}})]}_{0}^{+ \infty} = \frac{4 π}{3 \sqrt{3}}$

puis

$f (0) = \frac{2 π}{3 \sqrt{3}} .$
(c)

$x \mapsto g (x, t)$ est continue sur $ℝ_{+}$ , $t \mapsto g (x, t)$ est continue par morceaux sur $[0; + \infty [$ avec

$| g (x, t) | \leq \frac{1}{1 + t^{3}} = φ (t)$

et $φ$ intégrable sur $[0; + \infty [$ donc $f$ est continue.
Si $x \leq y$ alors $\forall t \in [0; + \infty [, g (y, t) \leq g (x, t)$ donc $f (y) \leq f (x)$ . Ainsi $f$ est décroissante.
Rq: On peut aussi montrer $f$ de classe $𝒞^{1}$ mais cela alourdit la démonstration
(d)

$f$ tend vers 0 en $+ \infty$ car

$0 \leq f (x) \leq \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{x^{3} + t^{3}} \underset{t = x u}{=} \frac{1}{x^{2}} \int_{0}^{+ \infty} \frac{d u}{1 + u^{3}} \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

Exercice 2 3658 Correction

On pose

F (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- t}}{1 + t x} d t .

(a)

Montrer que $F (x)$ est bien définie pour tout $x \geq 0$ .
(b)

Montrer que $F$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $[0; + \infty [$ .
(c)

Calculer $F^{(n)} (0)$ pour tout $n \in ℕ$ .

Solution

(a)

Posons $f : [0; + \infty [\times [0; + \infty [\to ℝ$ définie par

$f (x, t) = \frac{e^{- t}}{1 + t x} .$

Pour chaque $x \in [0; + \infty [$ , la fonction $t \mapsto f (x, t)$ est continue par morceaux sur $[0; + \infty [$ et intégrable car

$t^{2} f (x, t) \to_{t \to + \infty}^{} 0 .$

On en déduit la convergence de l’intégrale généralisée définissant $F (x)$ .
(b)

Pour chaque $t \in [0; + \infty [$ , la fonction $x \mapsto f (x, t)$ est indéfiniment dérivable et

$\frac{\partial^{n} f}{\partial x^{n}} (x, t) = \frac{{(- 1)}^{n} n!}{{(1 + t x)}^{n + 1}} t^{n} e^{- t} .$

La fonction $x \mapsto \frac{\partial^{n} f}{\partial x^{n}} (x, t)$ est continue, la fonction $t \mapsto \frac{\partial^{n} f}{\partial x^{n}} (x, t)$ est continue par morceaux et

$\forall (x, t) \in [0; + \infty [\times [0; + \infty [, | \frac{\partial^{n} f}{\partial x^{n}} (x, t) | \leq n! t^{n} e^{- t} = φ_{n} (t)$

avec $φ_{n} : [0; + \infty [\to ℝ$ continue par morceaux et intégrable.
Par domination, on peut alors affirmer que $F$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $[0; + \infty [$ et

$\forall n \in ℕ, \forall x \in [0; + \infty [, F^{(n)} (x) = {(- 1)}^{n} n! \int_{0}^{+ \infty} \frac{t^{n} e^{- t}}{{(1 + t x)}^{n + 1}} d t .$
(c)

En particulier

$F^{(n)} (0) = {(- 1)}^{n} {(n!)}^{2} .$

Exercice 3 5538 Correction

(a)

Montrer la continuité de l’application définie sur $] 0; + \infty [$ par

$g (x) = \int_{0}^{x} \frac{\cos (t)}{x + t} d t .$
(b)

Étudier ses limites en $0^{+}$ et $+ \infty$ .

Solution

(a)

Soit $x > 0$ . Par le changement de variable $t = x s$ , on obtient la nouvelle écriture

$g (x) = \int_{0}^{1} \frac{\cos (x s)}{1 + s} d s .$

Introduisons alors la fonction $f :] 0; + \infty [\times [0; 1] \to ℝ$ définie par

$f (x, s) = \frac{\cos (x s)}{1 + s} .$

Pour tout $s \in [0; 1]$ , la fonction $x \mapsto f (x, s)$ est continue sur $] 0; + \infty [$ .

Pour tout $x \in] 0; + \infty [$ et tout $s \in [0; 1]$ ,

$| f (x, s) | = \frac{| \cos (x s) |}{1 + s} \leq \frac{1}{1 + s} \leq 1 = φ (s)$

avec $φ$ intégrable sur $[0; 1]$ .

Par le théorème de continuité par domination, la fonction $g$ est définie et continue sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Pour $s \in [0; 1]$ ,

$f (x, s) = \frac{\cos (x s)}{1 + s} \to_{x \to 0^{+}}^{} f (s) = \frac{1}{1 + s} .$

La fonction $f$ est continue par morceaux et, en reprenant la domination de la question précédente, on peut appliquer le théorème de convergence dominée généralisé,

$g (x) = \int_{0}^{1} \frac{\cos (x s)}{1 + s} d s \to_{x \to 0^{+}}^{} \int_{0}^{1} \frac{d s}{1 + s} = \ln (2) .$

Aussi, pour $x \neq 0$ , une intégration par parties déterminée par les fonctions de classe $𝒞^{1}$ suivantes

$u (s) = \frac{\sin (x s)}{x} et v (s) = \frac{1}{1 + s}$

donne

$g (x) = {[\frac{\sin (x s)}{x (1 + s)}]}_{0}^{1} + \int_{0}^{1} \frac{\sin (x s)}{x {(1 + s)}^{2}} d s .$

Le terme entre crochet tend vers $0$ quand $x$ croît vers l’infini et le terme défini par l’intégrale aussi car

$| \int_{0}^{1} \frac{\sin (x s)}{x {(1 + s)}^{2}} d s | \leq \frac{1}{x} \int_{0}^{1} \frac{| \sin (x s) |}{{(1 + s)}^{2}} d s \leq \frac{1}{x} \int_{0}^{1} d s = \frac{1}{x} .$

On en déduit que la fonction $g$ tend vers $0$ en $+ \infty$ .

Exercice 4 3887

(a)

Montrer la continuité de l’application définie par

$g (x) = \int_{0}^{x} \frac{\sin (t)}{x + t} d t pour tout x \in] 0; + \infty [.$
(b)

Préciser ses limites en $0^{+}$ et $+ \infty$ .

Exercice 5 3324 Correction

Pour $x > 0$ , on pose

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

(a)

Montrer que $f$ est définie et continue.
(b)

Déterminer les limites de $f$ en $0^{+}$ et $+ \infty$ .

Solution

(a)

Par le changement de variable $t = u x$ (bijection de classe $𝒞^{1}$ ), on obtient

$f (x) = \int_{- 1}^{1} \frac{d u}{\sqrt{1 + x^{2} u^{2}} \sqrt{1 - u^{2}}} .$

Posons $g :] 0; + \infty [\times] - 1; 1 [\to ℝ$ définie par

$g (x, u) = \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2} u^{2}} \sqrt{1 - u^{2}}} .$

La fonction $g$ est continue sur $] 0; + \infty [\times] - 1; 1 [$ et

$| g (x, u) | \leq \frac{1}{\sqrt{1 - u^{2}}} = φ (u)$

avec $φ$ intégrable sur $] - 1; 1 [$ .
On en déduit que $f$ est définie et continue sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Pour tout $u \in] - 1; 1 [$ ,

$g (x, u) = \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2} u^{2}} \sqrt{1 - u^{2}}} \to_{x \to 0^{+}}^{} \frac{1}{\sqrt{1 - u^{2}}} .$

Par la domination précédente,

$f (x) \to_{x \to 0^{+}}^{} \int_{- 1}^{1} \frac{d u}{\sqrt{1 - u^{2}}} = {[\arcsin (u)]}_{- 1}^{1} = π .$

De même, on obtient

$f (x) \to_{x \to + \infty}^{} \int_{- 1}^{1} 0 d u = 0 .$

Exercice 6 3760 ENSIIE (MP)Correction

(a)

Déterminer l’ensemble de définition de

$f (x) = \int_{0}^{1} \frac{d t}{\sqrt{t (1 - t) (1 - x^{2} t)}} .$
(b)

Donner la limite de $f$ en $x = 1$ .

Solution

(a)

Pour que la racine carrée soit définie pour $t \in] 0; 1 [$ , il est nécessaire que $x \in [- 1; 1]$ .
Pour $x \in] - 1; 1 [$ , l’intégrale définissant $f$ converge par les arguments d’intégrabilité suivant

$\frac{1}{\sqrt{t (1 - t) (1 - x^{2} t)}} \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{\sqrt{t}} et \frac{1}{\sqrt{t (1 - t) (1 - x^{2} t)}} \underset{t \to 1^{-}}{\sim} \frac{C^{t e}}{\sqrt{1 - t}} .$

Pour $x = \pm 1$ , l’intégrale définissant $f$ diverge car

$\frac{1}{\sqrt{t (1 - t) (1 - t)}} \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{1 - t} \geq 0 .$

L’ensemble de définition de $f$ est donc $] - 1; 1 [$ .
(b)

Sur $[0; 1 [$ , la fonction $f$ est croissante et admet donc une limite en $1^{-}$ .
Par l’absurde, si celle-ci est finie égale à $ℓ \in ℝ$ alors

$\forall a \in [0; 1 [, \int_{0}^{a} \frac{d t}{\sqrt{t (1 - t) (1 - x^{2} t)}} \leq ℓ .$

Par intégration sur un segment, la fonction de $x$ déterminée par le premier membre est continue en $x = 1$ , on en déduit

$\int_{0}^{a} \frac{d t}{\sqrt{t} (1 - t)} \leq ℓ .$

Or cela est absurde car par non-intégrabilité d’une fonction positive. On en déduit

$f (x) \to_{x \to 1^{-}}^{} + \infty .$

Exercice 7 5252

Pour $x \in ℝ$ , on pose

F (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (x t)}{e^{t} - 1} d t .

(a)

Montrer que $F$ est définie et continue sur $ℝ$ .
(b)

Justifier

$F (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x}{n^{2} + x^{2}} pour tout x \in ℝ .$
(c)

Déterminer la limite de $F$ en $+ \infty$ .

Exercice 8 534 Correction

(a)

Justifier que l’intégrale suivante est définie pour tout $x > 0$

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

Justifier la continuité de $f$ sur son domaine de définition.
(c)

Calculer $f (x) + f (x + 1)$ pour $x > 0$ .
(d)

Donner un équivalent de $f (x)$ quand $x \to 0^{+}$ et la limite de $f$ en $+ \infty$ .

Solution

(a)

La fonction $t \mapsto \frac{t^{x - 1}}{1 + t}$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; 1]$ .
Quand $t \to 0^{+}$ ,

$\frac{t^{x - 1}}{1 + t} \sim t^{x - 1} = \frac{1}{t^{1 - x}}$

avec $1 - x < 1$ et donc $t \mapsto \frac{t^{x - 1}}{1 + t}$ est intégrable sur $] 0; 1]$ .
(b)

Posons $g (x, t) = \frac{t^{x - 1}}{1 + t}$ sur $] 0; + \infty [\times] 0; 1]$ .
$t \mapsto g (x, t)$ est continue par morceaux sur $] 0; 1]$ ,
$x \mapsto g (x, t)$ est continue sur $] 0; + \infty [$ .
Soit $[a; b] \subset ℝ_{+}^{*}$ ,

$\forall (x, t) \in [a; b] \times] 0; 1], | g (x, t) | \leq \frac{t^{a - 1}}{1 + t} \leq t^{a - 1} = φ_{a} (t)$

avec $φ_{a}$ intégrable sur $] 0; 1]$ .
Par domination sur tout segment de $] 0; + \infty [$ , on peut affirmer que $f$ est continue sur $] 0; + \infty [$ .
(c)

Pour $x > 0$

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

Par continuité, ,

$f (x + 1) \to_{x \to 0^{+}}^{} f (1) .$

On a donc

$f (x + 1) \underset{x \to 0^{+}}{=} o (\frac{1}{x})$

puis

$f (x) \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{x} .$

Aussi,

$0 \leq f (x) \leq \int_{0}^{1} t^{x - 1} d t = \frac{1}{x} \to_{x \to + \infty}^{} 0$

donc

$f (x) \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

Exercice 9 5053

Pour $x > 0$ , on pose

F (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- t}}{x + t} d t .

(a)

Montrer que $F$ est définie et continue sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Déterminer un équivalent simple de $F$ en $+ \infty$ .
(c)

Déterminer un équivalent simple de $F$ en $0^{+}$ .

Exercice 10 2882 MINES (MP)Correction

On pose, pour $x > 0$ ,

f (x) = \frac{1}{x} \int_{0}^{+ \infty} \frac{1 - e^{- t x}}{1 + t^{2}} d t .

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $] 0; + \infty [$ et trouver des équivalents simples de $f$ en 0 et en $+ \infty$ .

Solution

La fonction $f$ est bien définie sur $] 0; + \infty [$ et

x f (x) = \frac{π}{2} - \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- t x}}{1 + t^{2}} d t .

Posons

u (x, t) = \frac{e^{- t x}}{1 + t^{2}}

définie sur $] 0; + \infty [\times [0; + \infty [$ .
$u$ admet deux dérivées partielles

\frac{\partial u}{\partial x} (x, t) = - \frac{t}{1 + t^{2}} e^{- t x} et \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}} (x, t) = \frac{t^{2}}{1 + t^{2}} e^{- t x} .

Pour chaque $x > 0$ , les fonctions $u$ et $\frac{\partial u}{\partial x}$ sont intégrables et pour tout $[a; b] \subset] 0; + \infty [$ , on a la domination

| \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}} (x, t) | \leq e^{- a t} = φ (t)

avec $φ$ intégrable. On en déduit que la fonction

x \mapsto \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- t x}}{1 + t^{2}} d t

est définie et de classe $𝒞^{2}$ sur $] 0; + \infty [$ . Il en est de même pour $f$ par opérations sur de telles fonctions.
Quand $x \to + \infty$ ,

0 \leq \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- t x}}{1 + t^{2}} d t \leq \int_{0}^{+ \infty} e^{- t x} d t = \frac{1}{x}

donc $x f (x) \to \frac{π}{2}$ puis

f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{π}{2 x} .

Étudions maintenant $f (x)$ quand $x \to 0^{+}$ .
Par le changement de variable $u = t x$ ,

f (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{1 - e^{- u}}{x^{2} + u^{2}} d u = \int_{0}^{+ \infty} \frac{u}{x^{2} + u^{2}} \frac{1 - e^{- u}}{u} d u

avec

φ : u \mapsto \frac{1 - e^{- u}}{u} .

Par intégration par parties,

f (x) = {[\frac{1}{2} \ln (x^{2} + u^{2}) φ (u)]}_{0}^{+ \infty} - \frac{1}{2} \int_{0}^{+ \infty} \ln (x^{2} + u^{2}) φ^{'} (u) d u .

Pour $x \in] 0; 1]$ ,

| \ln (x^{2} + u^{2}) | \leq | \ln (u^{2}) | + | \ln (1 + u^{2}) |

et la fonction

u \mapsto (| \ln (u^{2}) | + | \ln (1 + u^{2}) |) φ^{'} (u)

est intégrable sur $] 0; + \infty [$ car $φ^{'}$ peut être prolongée par continuité en 0 et

φ^{'} (u) \underset{u \to + \infty}{\sim} \frac{e^{- u}}{u} .

On en déduit

f (x) = - \ln (x) + O (1) \underset{x \to 0^{+}}{\sim} - \ln (x) .

Exercice 11 533 Correction

Soit

f : x \mapsto \int_{0}^{π / 2} \frac{\cos (t)}{t + x} d t .

(a)

Montrer que $f$ est définie, continue sur $ℝ_{+}^{*}$ . Étudier les variations de $f$ .
(b)

Déterminer les limites de $f$ en $0^{+}$ et $+ \infty$ .
(c)

Déterminer un équivalent de $f$ en $0^{+}$ et $+ \infty$ .

Solution

(a)

Introduisons $g (x, t) = \frac{\cos (t)}{t + x}$ définie sur $ℝ_{+}^{*} \times [0; π / 2]$ .
La fonction $g$ est continue et $x$ et continue par morceaux en $t$ .
Pour $[a; b] \subset ℝ_{+}^{*}$ , on a

$\forall (x, t) \in [a; b] \times [0; π / 2], | g (x, t) | \leq \frac{1}{t + a} = φ (t) .$

La fonction $φ$ est intégrable sur $[0; π / 2]$ .
Par domination sur tout segment, on peut affirmer que $f$ est continue sur $ℝ_{+}^{*}$ .
Aussi, pour $0 < x \leq x^{'}$ , on a

$\forall t \in [0; π / 2], g (x^{'}, t) \leq g (x, t) .$

En intégrant, on obtient $f (x^{'}) \leq f (x)$ . La fonction $f$ est donc décroissante.
On aurait pu aussi établir que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ et étudier le signe de sa dérivée.
(b)

On a

$0 \leq f (x) \leq \int_{0}^{π / 2} \frac{1}{x + t} d t \to_{x \to + \infty}^{} 0$

et

$f (x) \geq \int_{0}^{π / 4} \frac{\cos (t)}{t + x} d t \geq \frac{\sqrt{2}}{2} {[\ln (t + x)]}_{0}^{π / 4} = \frac{\sqrt{2}}{2} \ln (\frac{x + π / 4}{x}) \to_{x \to 0^{+}}^{} + \infty .$
(c)

$\frac{1}{x + π / 2} \int_{0}^{π / 2} \cos (t) d t \leq f (x) \leq \frac{1}{x} \int_{0}^{π / 2} \cos (t) d t$

donc

$f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{x} .$

On sait:

$\forall 0 \leq t \leq π / 2, 1 - \frac{1}{2} t^{2} \leq \cos (t) \leq 1$

donc

$\int_{0}^{π / 2} \frac{d t}{t + x} - \frac{1}{2} \int_{0}^{π / 2} \frac{t^{2} d t}{t + x} \leq f (x) \leq \int_{0}^{π / 2} \frac{d t}{t + x} .$

Or

$\int_{0}^{π / 2} \frac{d t}{t + x} = \ln (\frac{x + π / 2}{x}) \underset{0}{\sim} - \ln (x)$

et

$0 \leq \int_{0}^{π / 2} \frac{t^{2} d t}{t + x} \leq \int_{0}^{π / 2} t d t = C = o (\ln (x))$

donc

$f (x) \underset{x \to 0}{\sim} - \ln (x) .$

Exercice 12 5837 Correction

Pour $x$ réel convenable, on pose

f (x) = \int_{0}^{π / 4} \tan^{x} (t) d t .

(a)

Déterminer l’intervalle $I$ de définition de $f$ .
(b)

Établir que $f$ est continue sur $I$ .
(c)

Étudier la monotonie de $f$ .
(d)

Calculer $f (x) + f (x + 2)$ pour $x$ réel convenable.
(e)

Déterminer des équivalents simples de $f$ aux extrémités de $I$ .

Solution

(a)

Sous réserve d’existence,

$f (x) = \int_{0}^{π / 4} u (x, t) d t$

avec

$u (x, t) = \tan^{x} (t) pour x \in ℝ et t \in] 0; π / 4] .$

Soit $x \in ℝ$ . La fonction $t \mapsto u (x, t)$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; π / 4]$ . Puisque cette fonction est positive, l’existence de l’intégrale définissant $f (x)$ équivaut à l’intégrabilité de $t \mapsto u (x, t)$ sur $] 0; π / 4]$ .

Or

$u (x, t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} t^{x} = \frac{1}{t^{- x}} .$

Par équivalence à une fonction de Riemann, $t \mapsto u (x, t)$ est intégrable sur $] 0; π / 4]$ si, et seulement si, $- x < 1$ .

On en déduit que $f$ est définie sur $I =] - 1; + \infty [$ .
(b)

Pour tout $t \in] 0; π / 4]$ , $x \mapsto u (x, t)$ est continue sur $] 0; + \infty [$ .

Soit $a > - 1$ . On a

$\forall x \in [a; + \infty [, \forall t \in] 0; π / 4], | u (x, t) | = \tan^{x} (t) \leq \tan^{a} (t) = φ_{a} (t) .$

La fonction $φ_{a} :] 0; π / 4] \to ℝ_{+}$ est intégrable sur $] 0; π / 4]$ .

Par domination, $f$ est continue sur $[a; + \infty [$ . Or cela vaut pour tout $a > - 1$ et donc $f$ est continue sur $] - 1; + \infty [$ .
(c)

Pour $- 1 < x \leq y$ , on remarque

$\forall t \in] 0; π / 4], \tan^{y} (t) \leq \tan^{x} (t) car \tan (t) \leq 1 .$

Par intégration en bon ordre, on obtient $f (y) \leq f (x)$ . La fonction $f$ est décroissante sur $] - 1; + \infty [$ .
(d)

Pour $x \in] - 1; + \infty [$

$f (x) + f (x + 2) = \int_{0}^{π / 4} (1 + \tan^{2} (t)) \tan^{x} (t) d t = {[\frac{1}{x + 1} \tan^{x + 1} (t)]}_{0}^{π / 4} = \frac{1}{x + 1} .$
(e)

Par continuité de $f$ ,

$f (x + 2) \to_{x \to - 1^{+}}^{} f (1) \in ℝ .$

On a donc

$f (x) = \frac{1}{x + 1} - f (x + 2) \underset{x \to - 1^{+}}{=} \frac{1}{x + 1} + o (\frac{1}{x + 1}) \underset{x \to - 1^{+}}{\sim} \frac{1}{x + 1} .$

Par décroissance de $f$ , on a pour $x > - 1$

$\underset{\begin{matrix} = 1 / (x + 1) \end{matrix}}{\underset{⏟}{f (x) + f (x + 2)}} \leq 2 f (x) \leq \underset{\begin{matrix} = 1 / (x - 1) \end{matrix}}{\underset{⏟}{f (x - 2) + f (x)}} .$

Par équivalence des termes encadrants,

$f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2 x} .$

Exercice 13 5917 Correction

Pour $x$ réel convenable, on pose

f (x) = \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{t^{x} (1 + t)} d t .

(a)

Déterminer l’intervalle $I$ de définition de $f$ .
(b)

Établir que $f$ est continue sur $I$ .
(c)

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $I$ puis étudier monotonie et convexité de $f$ .
(d)

Pour $x \in I$ , simplifier $f (x) + f (x + 1)$ .
(e)

En déduire des équivalents simples de $f$ aux extrémités de $I$ .

Solution

(a)

Sous réserve d’existence,

$f (x) = \int_{1}^{+ \infty} u (x, t) d t$

avec

$u (x, t) = \frac{1}{t^{x} (1 + t)} pour x \in ℝ et t \in [1; + \infty [.$

Soit $x \in ℝ$ . La fonction $t \mapsto u (x, t)$ est définie et continue par morceaux sur $] 1; + \infty [$ . Puisque cette fonction est positive, l’existence de l’intégrale définissant $f (x)$ équivaut à l’intégrabilité de $t \mapsto u (x, t)$ sur $[1; + \infty [$ .

Or

$u (x, t) \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{1}{t^{x + 1}} .$

Par équivalence à une fonction de Riemann, $t \mapsto u (x, t)$ est intégrable sur $[1; + \infty [$ si, et seulement si, $x + 1 > 1$ .

On en déduit que $f$ est définie sur $I =] 0; + \infty [$ .
(b)

Pour tout $t \in [1; + \infty [$ , $x \mapsto u (x, t)$ est continue sur $] 0; + \infty [$ .

Soit $a > 0$ . On a

$\forall x \in [a; + \infty [, \forall t \in [1; + \infty [, | u (x, t) | = \frac{1}{t^{x} (1 + t)} \leq \frac{1}{t^{a} (1 + t)} \leq \frac{1}{t^{a + 1}} = φ_{a} (t) .$

La fonction $φ_{a} : [1; + \infty [\to ℝ_{+}$ est intégrable sur $[1; + \infty [$ .

Par domination, $f$ est continue sur $[a; + \infty [$ . Or cela vaut pour tout $a > 0$ et donc $f$ est continue sur $] 0; + \infty [$ .
(c)

Pour tout $t \in [1; + \infty [$ , $x \mapsto u (x, t)$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $] 0; + \infty [$ avec

$\frac{\partial u}{\partial x} (x, t) = - \frac{\ln (t)}{t^{x} (1 + t)} et \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}} (x, t) = \frac{{(\ln (t))}^{2}}{t^{x} (1 + t)} .$

Pour tout $x > 0$ ,

$\frac{\partial u}{\partial x} (x, t) = - \frac{\ln (t)}{t^{x} (1 + t)} \underset{t \to + \infty}{\sim} - \frac{\ln (t)}{t^{1 + x}} \underset{t \to + \infty}{=} o (\frac{1}{t^{1 + x / 2}}) .$

La fonction $t \mapsto \frac{\partial u}{\partial x} (x, t)$ est donc intégrable sur $[1; + \infty [$ .

Soit $a > 0$ . Pour $x \in [a; + \infty [$ et $t \in [1; + \infty [$ ,

$| \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}} (x, t) | \leq \frac{{(\ln (t))}^{2}}{t^{a} (1 + t)} = φ_{a} (t) .$

La fonction $φ_{a}$ est intégrable sur $[1; + \infty [$ car

$φ_{a} (t) \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{{(\ln (t))}^{2}}{t^{a + 1}} \underset{t \to + \infty}{=} o (\frac{1}{t^{1 + a / 2}}) .$

Par domination sur tout $[a; + \infty [$ inclus dans $] 0; + \infty [$ , la fonction $f$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $I$ avec

$\forall x \in I, f^{'} (x) = - \int_{1}^{+ \infty} \frac{\ln (t)}{t^{x} (1 + t)} d t et f^{''} (x) = \int_{1}^{+ \infty} \frac{{(\ln (t))}^{2}}{t^{x} (1 + t)} d t .$

Par intégration de fonctions de signes constants, $f^{'} \leq 0$ et $f^{''} \geq 0$ : la fonction $f$ est décroissante et convexe.
(d)

Pour $x > 0$ ,

$f (x) + f (x + 1) = \int_{1}^{+ \infty} \frac{(t + 1) d t}{t^{x + 1} (1 + t)} = \int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{x + 1}} = \frac{1}{x} .$
(e)

Par continuité de $f$ ,

$f (x + 1) \to_{x \to 0^{+}}^{} f (1) \in ℝ$

et donc

$f (x) = \frac{1}{x} - f (x + 1) \underset{x \to 0^{+}}{=} \frac{1}{x} + o (\frac{1}{x}) \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{x} .$

Par décroissance de $f$ , on a pour $x > 1$

$\underset{\begin{matrix} = 1 / x \end{matrix}}{\underset{⏟}{f (x) + f (x + 1)}} \leq 2 f (x) \leq \underset{\begin{matrix} = 1 / (x - 1) \end{matrix}}{\underset{⏟}{f (x - 1) + f (x)}} .$

Par équivalence des termes encadrants,

$f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2 x} .$

Exercice 14 5619 Correction

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

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

(a)

Montrer que la fonction $f$ est définie et continue sur $] 0; 1 [$ .
(b)

Justifier que $f (1 - x) = f (x)$ pour tout $x \in] 0; 1 [$ .
(c)

Calculer $f (1 / 2)$ .
(d)

Déterminer les limites de $f$ aux bornes de $] 0; 1 [$ .

Solution

(a)

Définition Soit $u :] 0; 1 [\times] 0; + \infty [\to ℝ$ la fonction définie par

$u (x, t) = \frac{1}{t^{x} (t + 1)} .$

Pour tout $x \in] 0; 1 [$ , la fonction $t \mapsto u (x, t)$ est continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ avec

$u (x, t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{t^{x}} et u (x, t) \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{1}{t^{x + 1}} .$

Par références aux intégrales de Riemann, la fonction $t \mapsto u (x, t)$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ .

On en déduit que $f$ est definie sur $] 0; 1 [$ .

Continuité Pour chaque $t \in] 0; + \infty [$ , la fonction $x \mapsto f (x, t)$ est continue sur $] 0; 1 [$ .

Pour chaque $x \in] 0; 1 [$ , la fonction $t \mapsto f (x, t)$ est continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ .

Soit $[a; b] \subset] 0; 1 [$ . Pour $x \in [a; b]$ et $t \in] 0; + \infty [$ ,

$| u (x, t) | = \frac{t^{- x}}{t + 1} .$

Si $t \geq 1$ alors $\ln (t) \geq 0$ et $t^{- x} \leq t^{- a}$ . En revanche, si $t \leq 1$ , $t^{- x} \leq t^{- b}$ . Dans les deux cas, on peut écrire $t^{- x} \leq t^{- a} + t^{- b}$ et l’on a donc

$| u (x, t) | = \frac{1}{t + 1} (t^{- a} + t^{- b}) = \frac{1}{t^{a} (t + 1)} + \frac{1}{t^{b} (t + 1)} = φ_{a, b} (t) .$

La fonction $φ_{a, b}$ est intégrable en tant que somme de deux fonctions intégrables.

Par domination sur tout segment, on peut affirmer que $f$ est continue sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Par le changement de variable $s = 1 / t$ ,

$f (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{x} (1 + t)} = \int_{+ \infty}^{0} \frac{- d s}{s^{2} s^{- x} (1 + 1 / s)} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d s}{s^{1 - x} (s + 1)} = f (1 - x) .$
(c)

Par le changement de variable $t = s^{2}$ ,

$f (\frac{1}{2}) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 d s}{1 + s^{2}} = {[2 \arctan (s)]}_{0}^{+ \infty} = π .$
(d)

Soit $x \in] 0; 1 [$ . Pour tout $t \in] 0; + \infty [$ , on a $t^{x} (t + 1) \leq {(t + 1)}^{x + 1}$ donc

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{x} (t + 1)} \geq \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{{(t + 1)}^{x + 1}} = {[- \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{{(t + 1)}^{x}}]}_{0}^{+ \infty} = \frac{1}{x} \to_{x \to 0^{+}}^{} + \infty .$

Par minoration,

$f (x) \to_{x \to 0^{+}}^{} + \infty .$

Par la relation de la question précédente,

$f (x) \to_{x \to 1^{-}}^{} + \infty .$

Exercice 15 5055

(a)

Déterminer le domaine de définition réel $I$ de la fonction $f$ donnée par

$f (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{x} (t + 1)} .$
(b)

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $I$ .
(c)

Déterminer des équivalents simples de $f$ aux bornes de $I$ .

Exercice 16 3736 CENTRALE (MP)Correction

On pose

f (α) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{α} (1 + x)} .

(a)

Étudier l’ensemble de définition de $f$ .
(b)

Donner un équivalent de $f$ en 0.
(c)

Montrer que le graphe de $f$ admet une symétrie d’axe $x = 1 / 2$ .
(d)

Montrer que $f$ est continue sur son ensemble de définition.
(e)

Calculer la borne inférieure de $f$ .
Énoncé fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA

Solution

(a)

La fonction $x \mapsto 1 / x^{α} (1 + x)$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ avec

$\frac{1}{x^{α} (1 + x)} \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{x^{α}} et \frac{1}{x^{α} (1 + x)} \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{x^{α + 1}} .$

Cette fonction est donc intégrable si, et seulement si, $α \in] 0; 1 [$ .

La fonction intégrée étant de surcroît positive, l’intégrale définissant $f (α)$ converge si, et seulement si, $α \in] 0; 1 [$ .
(b)

On a

$f (α) - \int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{α + 1}} = \int_{0}^{1} \frac{d x}{x^{α} (1 + x)} - \int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{α + 1} (1 + x)} .$

Or

$| \int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{α + 1} (1 + x)} | \leq \int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x (1 + x)} = C$

et pour $α \leq 1 / 2$

$| \int_{0}^{1} \frac{d x}{x^{α} (1 + x)} | \leq \int_{0}^{1} \frac{d x}{\sqrt{x} (1 + x)} = C^{'} .$

On a donc

$f (α) \underset{α \to 0^{+}}{=} \int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{α + 1}} + O (1) = \frac{1}{α} + O (1) \sim \underset{α \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{α} .$

On peut aussi obtenir cet équivalent en commençant par opérer le changement de variable $u = x^{α}$ .
(c)

Par le changement de variable $𝒞^{1}$ strictement décroissant $x = 1 / t$ , on obtient $f (α) = f (1 - α)$ d’où la symétrie affirmée.
(d)

Posons

$u (α, x) = \frac{1}{x^{α} (1 + x)} .$

Pour chaque $x \in] 0; + \infty [$ , la fonction $α \mapsto u (α, x)$ est continue et pour chaque $α \in] 0; 1 [$ la fonction $x \mapsto u (α, x)$ est continue par morceaux. Enfin pour $α \in [a; b] \in] 0; 1 [$ (avec $a > 0$ ), on a

$| u (x, α) | \leq \frac{1}{x^{a} (1 + x)} si x \in [1; + \infty [$

et

$| u (x, α) | \leq \frac{1}{x^{b} (1 + x)} si x \in] 0; 1] .$

Ainsi,

$| u (x, α) | \leq φ_{a, b} (x) pour x \in] 0; + \infty [$

en posant $φ_{a} (x) = u (a, x) + u (b, x)$ qui est intégrable.
Par domination sur tout segment, on peut affirmer que $f$ est continue sur $] 0; 1 [$ .
(e)

Par le changement de variable $x = 1 / t$ , on peut écrire

$\int_{0}^{1} \frac{d x}{x^{α} (1 + x)} = \int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{1 - α} (1 + t)}$

et alors

$f (α) = \int_{1}^{+ \infty} \frac{x^{1 - α} + x^{α}}{x (1 + x)} d x .$

On vérifie que pour $x \geq 1$ , la fonction $α \mapsto x^{1 - α} + x^{α}$ est décroissante sur $] 0; 1 / 2]$ puis croissante sur $[1 / 2; 1 [$ . La fonction $f$ a donc la même monotonie et son minimum est donc

$f (1 / 2) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{\sqrt{t} (1 + t)} = π$

via le changement de variable $u = \sqrt{t}$ .

Exercice 17 3313

(Une fonction de Bessel)

Pour $x \in ℝ$ , on pose

f (x) = \frac{1}{π} \int_{0}^{π} \cos (x \sin (θ)) d θ .

(a)

Montrer que $f$ est définie et de classe $𝒞^{2}$ sur $ℝ$ .
(b)

Déterminer une équation différentielle linéaire d’ordre 2 dont $f$ est solution.
(c)

Montrer que $f$ est développable en série entière sur $ℝ$ .
(d)

Calculer les coefficients de ce développement en employant l’équation différentielle.

Exercice 18 4717

Pour $x \geq 0$ , on pose

f (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\ln (1 + x t)}{1 + t^{2}} d t .

(a)

Montrer que la fonction $f$ est définie et continue sur $ℝ_{+}$ .
(b)

Justifier que la fonction $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ et exprimer $f^{'} (x)$ à l’aide d’une intégrale.
(c)

Calculer $f^{'} (x)$ en employant l’identité qui suit, valable pour tous $x, t \in ℝ_{+}$ ,

$\frac{t}{(1 + x t) (1 + t^{2})} = \frac{1}{1 + x^{2}} (\frac{x}{1 + t^{2}} + \frac{t}{1 + t^{2}} - \frac{x}{1 + x t}) .$

Exercice 19 5430 MINES (MP)Correction

Montrer qu’il existe un unique réel $x$ vérifiant

\int_{0}^{+ \infty} \frac{\ln (t) e^{- t}}{1 + t^{x}} d t = 0 .

Solution

Étudions la fonction

f : x \mapsto \int_{0}^{+ \infty} \frac{\ln (t) e^{- t}}{1 + t^{x}} d t .

On introduit

u (x, t) = \frac{\ln (t) e^{- t}}{1 + t^{x}} pour (x, t) \in ℝ \times] 0; + \infty [.

Pour tout $x \in ℝ$ , la fonction $u (x, \cdot)$ est continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ et

| u (x, t) | \leq | \ln (t) | e^{- t} = φ (t) .

(1)

La fonction $φ :] 0; + \infty [\to ℝ$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ car

φ (t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} | \ln (t) | \underset{t \to 0^{+}}{=} o (\frac{1}{\sqrt{t}}) et t^{2} φ (t) \to_{t \to + \infty}^{} 0 .

On en déduit que la fonction $f$ est définie sur $ℝ$ .

De plus, la fonction $u$ admet une dérivée partielle en $x$

\frac{\partial u}{\partial x} (x, t) = - \frac{{(\ln (t))}^{2} t^{x} e^{- t}}{{(1 + t^{x})}^{2}} .

Celle-ci est continue en $x$ , continue par morceaux en $t$ et

	$\forall (x, t) \in ℝ \times] 0; + \infty [, \| \frac{\partial u}{\partial x} (x, t) \|$	$= {(\ln (t))}^{2} e^{- t} \frac{t^{x}}{1 + t^{x}} \cdot \frac{1}{1 + t^{x}}$
		$\leq {(\ln (t))}^{2} e^{- t} = ψ (t) .$

La fonction $ψ :] 0; + \infty [\to ℝ$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ car

ψ (t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} {(\ln (t))}^{2} \underset{t \to 0^{+}}{=} o (\frac{1}{\sqrt{t}}) et t^{2} ψ (t) \to_{t \to + \infty}^{} 0 .

Par domination, on peut affirmer que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ et

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

La fonction intégrée est continue, positive et ce n’est pas la fonction nulle donc

\forall x \in ℝ, f^{'} (x) < 0 .

On en déduit que la fonction $f$ est strictement décroissante et réalise donc une bijection de $ℝ$ vers $] ℓ_{+ \infty}; ℓ_{- \infty} [$ avec

ℓ_{- \infty} = lim_{x \to - \infty} f (x) et ℓ_{+ \infty} = lim_{x \to + \infty} f (x) .

Par la domination (1), on peut déterminer ces limites:

ℓ_{+ \infty} = \int_{0}^{+ \infty} lim_{x \to + \infty} (\frac{\ln (t) e^{- t}}{1 + t^{x}}) d t = \int_{0}^{1} \ln (t) e^{- t} d t < 0

ℓ_{+ \infty} = \int_{0}^{+ \infty} lim_{x \to + \infty} (\frac{\ln (t) e^{- t}}{1 + t^{x}}) d t = \int_{1}^{+ \infty} \ln (t) e^{- t} d t > 0 .

On peut alors conclure que la fonction $f$ s’annule une unique fois sur $ℝ$ .

Exercice 20 5431 MINES (MP)Correction

On étudie la fonction d’une variable réelle

f : x \mapsto \int_{0}^{π / 2} \sin^{x} (t) d t .

(a)

Préciser le domaine de définition de $f$ .
(b)

Étudier la continuité et la monotonie de $f$
(c)

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

Déterminer un équivalent simple de $f$ en $- 1^{+}$ .

Solution

(a)

Soit $x \in ℝ$ . La fonction $t \mapsto \sin^{x} (t)$ est continue par morceaux sur $] 0; π / 2]$ et vérifie

$\sin^{x} (t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} t^{x} = \frac{1}{t^{- x}} .$

La fonction $t \mapsto \sin^{x} (t)$ est donc intégrable sur $] 0; π / 2]$ si, et seulement si, $- x < 1$ c’est-à-dire $x > - 1$ . De plus, c’est une fonction positive et étudier l’intégrabilité équivaut à étudier la convergence de l’intégrale associée. On en déduit que la fonction $f$ est définie sur l’intervalle $] - 1; + \infty [$ .
(b)

Posons

$u (x, t) = \sin^{x} (t) pour (x, t) \in ℝ \times] 0; π / 2] .$

Pour tout $t \in] 0; π / 2]$ , la fonction $x \mapsto u (x, t)$ est continue sur $] - 1; + \infty [$ .

Soit $a > - 1$ . Pour tout $(x, t) \in [a; + \infty [\times] 0; π / 2]$ ,

$| u (x, t) | \leq | \sin^{a} (t) | = φ_{a} (t) .$ (1)

La fonction $φ_{a}$ est intégrable sur $] 0; π / 2]$ .

Par domination, $f$ est continue sur $[a; + \infty [$ . Or cela vaut pour tout $a > - 1$ donc $f$ est continue sur $] - 1; + \infty [$ .

Soient $x, x^{'} > - 1$ avec $x \leq x^{'}$ . Pour tout $t \in] 0; π / 2]$ ,

$\sin^{x} (t) \geq \sin^{x^{'}} (t)$

et, par intégration en bon ordre, $f (x) \geq f (x^{'})$ . La fonction $f$ est décroissante.
(c)

Par la domination (1), on détermine la limite de $f$ en $+ \infty$

$lim_{x \to + \infty} f (x) = \int_{0}^{π / 2} lim_{x \to + \infty} (\sin^{x} (t)) d t = 0 .$
(d)

Par intégration par parties (cf. intégrale de Wallis), on vérifie

$f (x + 2) = \frac{x + 1}{x + 2} f (x) .$

Par continuité de $f$ en $1$ ,

$f (x) = \frac{x + 2}{x + 1} f (x + 2) \underset{x \to - 1^{+}}{\sim} \frac{1}{x + 1} f (1) = \frac{1}{x + 1} .$

Exercice 21 536 Correction

Soit $f$ la fonction donnée par

f (x) = \int_{0}^{π / 2} \sin^{x} (t) d t .

(a)

Montrer que $f$ est définie et positive sur $] - 1; + \infty [$ .
(b)

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ et préciser sa monotonie.
(c)

Former une relation entre $f (x + 2)$ et $f (x)$ pour tout $x > - 1$ .
(d)

On pose pour $x > 0$ ,

$φ (x) = x f (x) f (x - 1) .$

Montrer que

$\forall x > 0, φ (x + 1) = φ (x) .$

Calculer $φ (n)$ pour $n \in ℕ^{*}$ .
(e)

Déterminer un équivalent à $f$ en $- 1^{+}$ .

Solution

(a)

La fonction $t \mapsto {(\sin (t))}^{x}$ est définie, continue et positive sur $] 0; π / 2]$ .
Quand $t \to 0^{+}$ , ${(\sin (t))}^{x} \sim t^{x}$ avec $x > - 1$ donc $t \mapsto {(\sin (t))}^{x}$ est intégrable sur $] 0; π / 2]$ .
Ainsi $f$ est définie et positive sur $] - 1; + \infty [$
(b)

La fonction

$\frac{\partial g}{\partial x} (x, t) = \ln (\sin (t)) {(\sin (t))}^{x}$

est définie, continue en $x$ et continue par morceaux en $t$ .
Soit $[a; b] \subset] - 1; + \infty [$ . Sur $[a; b] \times] 0; π / 2]$

$| \frac{\partial g}{\partial x} (x, t) | \leq | \ln (\sin (t)) {(\sin (t))}^{a} | = φ (t)$

avec $φ$ est intégrable sur $] 0; π / 2]$ car pour $α$ tel que $- a < α < 1$ ,

$t^{α} φ (t) \sim t^{a + α} | \ln (t) | \to 0 .$

Par domination sur tout segment, $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] - 1; + \infty [$ et

$f^{'} (x) = \int_{0}^{π / 2} \ln (\sin (t)) {(\sin (t))}^{x} d t \leq 0 .$

Ainsi la fonction $f$ est décroissante.
(c)

En intégrant par parties

$f (x + 2) = \int_{0}^{π / 2} {(\sin (t))}^{x} (1 - \cos^{2} (t)) d t = f (x) - {[\frac{{(\sin (t))}^{x + 1}}{x + 1} \cos (t)]}_{0}^{π / 2} - \frac{1}{x + 1} f (x + 2)$

et donc

$f (x + 2) = \frac{x + 1}{x + 2} f (x) .$
(d)

On a

$φ (x + 1) = (x + 1) f (x + 1) f (x) = x f (x - 1) f (x) = φ (x)$

et

$φ (1) = f (0) f (1) = π / 2$

donc par récurrence

$\forall n \in ℕ^{*}, φ (n) = π / 2 .$
(e)

$φ$ est continue et quand $x \to 0$ ,

$φ (x) = φ (1 + x) \to φ (1) = π / 2 .$

Or quand $x \to 0$ ,

$f (x) \to f (0) = π / 2$

donc quand $x \to - 1$ ,

$f (x) = \frac{φ (x + 1)}{(x + 1) f (x + 1)} \sim \frac{1}{x + 1} .$

On peut montrer que $φ$ est en fait une fonction constante.

Exercice 22 2878 MINES (MP)

Pour $x$ réel convenable, on pose

f (x) = \int_{0}^{π / 2} \sin^{x} (t) d t .

(a)

Déterminer l’intervalle $I$ de définition de $f$ .
(b)

Montrer que la fonction $f$ est continue et décroissante sur $I$
(c)

Calculer $(x + 1) f (x) f (x + 1)$ pour tout $x \in I$ .

Exercice 23 4719

Étudier la définition et la continuité de la fonction $F$ définie par

F (z) = \int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{t + z} d t

avec $z \in Ω = {z \in ℂ | Re (z) > 0}$ .

Exercice 24 2875 MINES (MP)Correction

Soit $Ω = {z \in ℂ | Re (z) > - 1}$ . Si $z \in Ω$ , on pose

f (z) = \int_{0}^{1} \frac{t^{z}}{1 + t} d t .

(a)

Montrer que $f$ est définie et continue sur $Ω$ .
(b)

Donner un équivalent de $f (x)$ quand $x$ tend vers $- 1$ .
(c)

Donner un équivalent de $f (z)$ quand $Re (z) \to + \infty$ .

Solution

(a)

Pour $a > - 1$ , on note $Ω_{a} = {z \in ℂ | Re (z) \geq a}$ .
$t \mapsto \frac{t^{z}}{1 + t}$ est continue par morceaux sur $] 0; 1]$ , $z \mapsto \frac{t^{z}}{1 + t}$ est continue sur $Ω$ et pour $z \in Ω_{a}$ ,

$| \frac{t^{z}}{1 + t} | \leq \frac{t^{a}}{1 + t} = φ (t)$

avec $φ$ intégrable sur $] 0; 1]$ car $φ (t) \sim t^{a}$ quand $t \to 0^{+}$ .
Par domination, on peut affirmer que $f$ est définie et continue sur $Ω_{a}$ .
Ceci valant pour tout $a > - 1$ , on peut encore affirmer que $f$ est définie et continue sur $Ω$ .
(b)

On observe

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

et par continuité

$f (x + 1) \to_{x \to - 1}^{} f (0)$

donc

$f (x) \underset{x \to - 1}{\sim} \frac{1}{x + 1} .$
(c)

Par intégration par parties

$(z + 1) f (z) = \frac{1}{2} + \int_{0}^{1} \frac{t^{z + 1}}{{(1 + t)}^{2}} d t .$

Or

$| \int_{0}^{1} \frac{t^{z + 1}}{{(1 + t)}^{2}} d t | \leq \int_{0}^{1} | t^{z + 1} | d t$

avec

$| t^{z + 1} | = | \exp ((z + 1) \ln (t) | = \exp ((Re (z) + 1) \ln (t)) = t^{Re (z) + 1}$

car les exponentielles imaginaires sont de module 1.
On a alors

$| \int_{0}^{1} \frac{t^{z + 1}}{{(1 + t)}^{2}} d t | \leq \int_{0}^{1} t^{Re (z) + 1} d t = \frac{1}{Re (z) + 2} \to_{Re (z) \to + \infty}^{} 0 .$

Ainsi,

$(z + 1) f (z) \to_{Re (z) \to + \infty}^{} \frac{1}{2}$

puis

$f (z) \underset{Re (z) \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2 z} .$

Exercice 25 5428 MINES (MP)Correction

Dans ce sujet, on étudie la fonction

f : x \mapsto \int_{1}^{+ \infty} e^{i t^{x}} d t .

(a)

Pour quels $x \in ℝ$ , l’intégrale définissant $f (x)$ est-elle convergente?
(b)

Étudier la continuité de $f$ .
(c)

Déterminer un équivalent simple de $f$ en $+ \infty$ .

Solution

(a)

Cas: $x \leq 0$ . La fonction $t \mapsto e^{i t^{x}}$ tend vers une limite non nulle en $+ \infty$ , l’intégrale étudiée diverge.

Cas: $x > 1$ . Soit $X \geq 1$ . On procède à une intégration par parties.

$\int_{1}^{X} e^{i t^{x}} d t$ $= \int_{1}^{X} \frac{i x t^{x - 1}}{i x t^{x - 1}} e^{i t^{x}} d t$

$= {[\frac{e^{i t^{x}}}{i x t^{x - 1}}]}_{1}^{X} - \int_{1}^{X} \frac{1 - x}{i x} \cdot \frac{e^{i t^{x}}}{t^{x}} d t$

$\to_{X \to + \infty}^{} \frac{{ie}^{i}}{x} + \frac{x - 1}{i x} \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{i t^{x}}}{t^{x}} d t$

avec convergence de la dernière intégrale écrite par comparaison à une intégrale de Riemann. Ainsi, l’intégrale définissant $f (x)$ converge.

Cas: $x \in] 0; 1]$ . On emploie la propriété

$\forall n \in ℤ, \forall θ \in [- π / 4 + 2 n π; π / 4 + 2 n π], Re (e^{i θ}) = \cos (θ) \geq \frac{1}{\sqrt{2}} .$

Posons alors

$a_{n} = {(- π / 4 + 2 n π)}^{1 / x} et b_{n} = {(π / 4 + 2 n π)}^{1 / x} .$

On observe

$Re (\int_{a_{n}}^{b_{n}} e^{i t^{x}} d t) \geq \frac{b_{n} - a_{n}}{\sqrt{2}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{{(2 π)}^{1 / x}}{4 \sqrt{2} x} n^{1 / x - 1} \to_{n \to + \infty}^{} {\begin{matrix} + \infty & si x < 1 \\ \frac{π}{2 \sqrt{2}} & si x = 1 . \end{matrix}$

On en déduit que l’intégrale définissant $f (x)$ ne peut converger. En effet, si celle-ci convergeait, on devrait avoir

$\int_{a_{n}}^{b_{n}} e^{i t^{x}} d t = \int_{1}^{b_{n}} e^{i t^{x}} d t - \int_{1_{n}}^{a_{n}} e^{i t^{x}} d t \to_{n \to + \infty}^{} \int_{1}^{+ \infty} e^{i t^{x}} d t - \int_{1}^{+ \infty} e^{i t^{x}} d t = 0 .$

Finalement, la fonction $f$ est définie sur $] 1; + \infty [$ .
(b)

On ne peut pas appliquer de théorème de continuité par domination à l’expression initiale de $f (x)$ car l’intégrale ne converge pas absolument. Considérons alors la réécriture

$f (x) = \frac{{ie}^{i}}{x} + \frac{x - 1}{i x} \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{i t^{x}}}{t^{x}} d t pour tout x > 1 .$ (1)

On vérifie facilement la continuité sur $] 1; + \infty [$ de l’application

$g : x \mapsto \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{i t^{x}}}{t^{x}} d t .$

En effet, $t \mapsto e^{i t^{x}} / t^{x}$ est continue par morceaux sur $[1; + \infty [$ , $x \mapsto e^{i t^{x}} / t^{x}$ est continue sur $] 1; + \infty [$ et, pour tout segment $[a; b] \subset] 1; + \infty [$ ,

$\forall (x, t) \in [a; b] \times [1; + \infty [, | \frac{e^{i t^{x}}}{t^{x}} | \leq \frac{1}{t^{a}} = φ (t)$

avec $φ : [1; + \infty [\to ℝ_{+}$ continue par morceaux et intégrable sur $[1; + \infty [$ .

Par opérations sur les fonctions continues, on peut alors conclure que $f$ est continue sur $] 1; + \infty [$ .
(c)

Soit $x > 1$ . Par le changement de variable $u = t^{x}$ associé à la fonction $t \mapsto t^{x}$ qui est de classe $𝒞^{1}$ strictement croissante,

$\int_{1}^{+ \infty} e^{i t^{x}} d t = \frac{1}{x} \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{i u}}{u^{1 - 1 / x}} d u .$

Il est raisonnable d’espérer

$lim_{x \to + \infty} \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{i u}}{u^{1 - 1 / x}} d u = \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{i u}}{u} d u$

mais cela ne peut pas être acquis directement par convergence dominée car il n’y a pas intégrabilité de $u \mapsto e^{i u} / u$ sur $[1; + \infty [$ . À nouveau, on considère l’expression (1) et c’est celle-ci que l’on transforme par le changement de variable $u = t^{x}$ . On obtient

$f (x) = \frac{{ie}^{i}}{x} + \frac{x - 1}{i x} \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{i u}}{u^{2 - 1 / x}} d u .$

Par convergence dominée,

$\int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{i u}}{u^{2 - 1 / x}} d u \to_{x \to + \infty}^{} \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{i u}}{u^{2}} d u .$

En effet, pour $x \geq 2$ ,

$| \frac{e^{i u}}{u^{2 - 1 / x}} | \leq \frac{1}{u^{3 / 2}} avec u \mapsto u^{3 / 2} intégrable sur [1; + \infty [.$

Par l’intégration par parties en sens inverse, on obtient

$x f (x) \to_{x \to + \infty}^{} \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{i u}}{u} d u .$

Il reste ensuite à justifier la non-nullité du terme intégral…

Sachant

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (u)}{u} d u = \frac{π}{2} et | \int_{0}^{1} \frac{\sin (u)}{u} d u | \leq 1$

on peut assure la non-nullité de la partie imaginaire du terme intégral. On peut désormais conclure

$f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{x} \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{i u}}{u} d u .$

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Édité le 08-12-2023

	$\int_{1}^{X} e^{i t^{x}} d t$	$= \int_{1}^{X} \frac{i x t^{x - 1}}{i x t^{x - 1}} e^{i t^{x}} d t$
		$= {[\frac{e^{i t^{x}}}{i x t^{x - 1}}]}_{1}^{X} - \int_{1}^{X} \frac{1 - x}{i x} \cdot \frac{e^{i t^{x}}}{t^{x}} d t$
		$\to_{X \to + \infty}^{} \frac{{ie}^{i}}{x} + \frac{x - 1}{i x} \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{i t^{x}}}{t^{x}} d t$

Études concrètes