[<] Intégration terme à terme par les sommes partielles [>] Études théoriques

 
Exercice 1  531  Correction  

Soit

f:x0+dt1+x3+t3.
  • (a)

    Montrer que f est définie sur +.

  • (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+f.

Solution

  • (a)

    Posons

    g(x,t)=11+x3+t3.

    Pour tout x+, la fonction tg(x,t) est définie, continue sur + et g(x,t)+1/t3 donc f(x) existe.

  • (b)

    u1/u est une bijection de classe 𝒞1 de +* vers +*. On peut réaliser le changement de variable t=1/u qui donne

    0+dt1+t3=0+udu1+u3.

    Donc

    2f(0)=0+dtt2-t+1=[23arctan(2t-13)]0+=4π33

    puis

    f(0)=2π33.
  • (c)

    xg(x,t) est continue sur +, tg(x,t) est continue par morceaux sur [0;+[ avec

    |g(x,t)|11+t3=φ(t)

    et φ intégrable sur [0;+[ donc f est continue.
    Si xy alors t[0;+[,g(y,t)g(x,t) donc f(y)f(x). Ainsi f est décroissante.
    Rq: On peut aussi montrer f de classe 𝒞1 mais cela alourdit la démonstration

  • (d)

    f tend vers 0 en + car

    0f(x)0+dtx3+t3=t=xu1x20+du1+u3x+0.
 
Exercice 2  3658   Correction  

On pose

F(x)=0+e-t1+txdt.
  • (a)

    Montrer que F(x) est bien définie pour tout x0.

  • (b)

    Montrer que F est de classe 𝒞 sur [0;+[.

  • (c)

    Calculer F(n)(0) pour tout n.

Solution

  • (a)

    Posons f:[0;+[×[0;+[ définie par

    f(x,t)=e-t1+tx.

    Pour chaque x[0;+[, la fonction tf(x,t) est continue par morceaux sur [0;+[ et intégrable car

    t2f(x,t)t+0.

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

  • (b)

    Pour chaque t[0;+[, la fonction xf(x,t) est indéfiniment dérivable et

    nfxn(x,t)=(-1)nn!(1+tx)n+1tne-t.

    La fonction xnfxn(x,t) est continue, la fonction tnfxn(x,t) est continue par morceaux et

    (x,t)[0;+[×[0;+[,|nfxn(x,t)|n!tne-t=φn(t)

    avec φn:[0;+[ continue par morceaux et intégrable.
    Par domination, on peut alors affirmer que F est de classe 𝒞 sur [0;+[ et

    n,x[0;+[,F(n)(x)=(-1)nn!0+tne-t(1+tx)n+1dt.
  • (c)

    En particulier

    F(n)(0)=(-1)n(n!)2.
 
Exercice 3  3887   
  • (a)

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

    g(x)=0xsin(t)x+tdt.
  • (b)

    Préciser ses limites en 0+ et +.

 
Exercice 4  3324   Correction  

Pour x>0, on pose

f(x)=-xxdt1+t2x2-t2.
  • (a)

    Montrer que f est définie et continue.

  • (b)

    Déterminer les limites de f en 0+ et +.

Solution

  • (a)

    Par le changement de variable t=ux (bijection de classe 𝒞1), on obtient

    f(x)=-11du1+x2u21-u2.

    Posons g:]0;+[×]-1;1[ définie par

    g(x,u)=11+x2u21-u2.

    La fonction g est continue sur ]0;+[×]-1;1[ et

    |g(x,u)|11-u2=φ(u)

    avec φ intégrable sur ]-1;1[.
    On en déduit que f est définie et continue sur ]0;+[.

  • (b)

    Pour tout u]-1;1[,

    g(x,u)=11+x2u21-u2x0+11-u2.

    Par la domination précédente,

    f(x)x0+-11du1-u2=[arcsin(u)]-11=π.

    De même, on obtient

    f(x)x+-110du=0.
 
Exercice 5  3760     ENSIIECorrection  
  • (a)

    Déterminer l’ensemble de définition de

    f(x)=01dtt(1-t)(1-x2t).
  • (b)

    Donner la limite de f en x=1.

Solution

  • (a)

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

    1t(1-t)(1-x2t)t0+1tet1t(1-t)(1-x2t)t1-Cte1-t.

    Pour x=±1, l’intégrale définissant f diverge car

    1t(1-t)(1-t)t0+11-t0.

    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 alors

    a[0;1[,0adtt(1-t)(1-x2t).

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

    0adtt(1-t).

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

    f(x)x1-+
 
Exercice 6  5252   

Pour x, on pose

F(x)=0+sin(xt)et-1dt.
  • (a)

    Montrer que F est définie et continue sur .

  • (b)

    Justifier

    F(x)=n=1+xn2+x2pour tout x.
  • (c)

    Déterminer la limite de F en +.

 
Exercice 7  534   Correction  
  • (a)

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

    f(x)=01tx-11+tdt.
  • (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 x0+ et la limite de f en +.

Solution

  • (a)

    La fonction ttx-11+t est définie et continue par morceaux sur ]0;1].
    Quand t0+,

    tx-11+ttx-1=1t1-x

    avec 1-x<1 et donc ttx-11+t est intégrable sur ]0;1].

  • (b)

    Posons g(x,t)=tx-11+t sur ]0;+[×]0;1].
    tg(x,t) est continue par morceaux sur ]0;1],
    xg(x,t) est continue sur ]0;+[.
    Soit [a;b]+*,

    (x,t)[a;b]×]0;1],|g(x,t)|ta-11+tta-1=φa(t)

    avec φa intégrable sur ]0;1].
    Par domination sur tout segment de ]0;+[, on peut affirmer que f est continue sur ]0;+[.

  • (c)

    Pour x>0

    f(x)+f(x+1)=01tx-1dt=1x.
  • (d)

    Par continuité, ,

    f(x+1)x0+f(1).

    On a donc

    f(x+1)=x0+o(1x)

    puis

    f(x)x0+1x.

    Aussi,

    0f(x)01tx-1dt=1xx+0

    donc

    f(x)x+0.
 
Exercice 8  5053   

Pour x>0, on pose

F(x)=0+e-tx+tdt.
  • (a)

    Montrer que F est définie et continue sur ]0;+[.

  • (b)

    Déterminer un équivalent simple de F en +.

  • (c)

    Déterminer un équivalent simple de F en 0+.

 
Exercice 9  2882     MINES (MP)Correction  

On pose, pour x>0,

f(x)=1x0+1-e-tx1+t2dt.

Montrer que f est de classe 𝒞2 sur ]0;+[ et trouver des équivalents simples de f en 0 et en +.

Solution

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

xf(x)=π2-0+e-tx1+t2dt.

Posons

u(x,t)=e-tx1+t2

définie sur ]0;+[×[0;+[.
u admet deux dérivées partielles

ux(x,t)=-t1+t2e-tx et 2ux2(x,t)=t21+t2e-tx.

Pour chaque x>0, les fonctions u et ux sont intégrables et pour tout [a;b]]0;+[, on a la domination

|2ux2(x,t)|e-at=φ(t)

avec φ intégrable. On en déduit que la fonction

x0+e-tx1+t2dt

est définie et de classe 𝒞2 sur ]0;+[. Il en est de même pour f par opérations sur de telles fonctions.
Quand x+,

00+e-tx1+t2dt0+e-txdt=1x

donc xf(x)π2 puis

f(x)x+π2x.

Étudions maintenant f(x) quand x0+.
Par le changement de variable u=tx,

f(x)=0+1-e-ux2+u2du=0+ux2+u21-e-uudu

avec

φ:u1-e-uu.

Par intégration par parties,

f(x)=[12ln(x2+u2)φ(u)]0+-120+ln(x2+u2)φ(u)du.

Pour x]0;1],

|ln(x2+u2)||ln(u2)|+|ln(1+u2)|

et la fonction

u(|ln(u2)|+|ln(1+u2)|)φ(u)

est intégrable sur ]0;+[ car φ peut être prolongée par continuité en 0 et

φ(u)u+e-uu.

On en déduit

f(x)=-ln(x)+O(1)x0+-ln(x).
 
Exercice 10  533   Correction  

Soit

f:x0π/2cos(t)t+xdt.
  • (a)

    Montrer que f est définie, continue sur +*. Étudier les variations de f.

  • (b)

    Déterminer les limites de f en 0+ et +.

  • (c)

    Déterminer un équivalent de f en 0+ et +.

Solution

  • (a)

    Introduisons g(x,t)=cos(t)t+x définie sur +*×[0;π/2].
    La fonction g est continue et x et continue par morceaux en t.
    Pour [a;b]+*, on a

    (x,t)[a;b]×[0;π/2],|g(x,t)|1t+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 +*.
    Aussi, pour 0<xx, on a

    t[0;π/2],g(x,t)g(x,t).

    En intégrant, on obtient f(x)f(x). La fonction f est donc décroissante.
    On aurait pu aussi établir que f est de classe 𝒞1 et étudier le signe de sa dérivée.

  • (b)

    On a

    0f(x)0π/21x+tdtx+0.

    et

    f(x)0π/4cos(t)t+xdt22[ln(t+x)]0π/4=22ln(x+π/4x)x0++.
  • (c)
    1x+π/20π/2cos(t)dtf(x)1x0π/2cos(t)dt

    donc

    f(x)x+1x.

    On sait:

    0tπ/2, 1-12t2cos(t)1

    donc

    0π/2dtt+x-120π/2t2dtt+xf(x)0π/2dtt+x.

    Or

    0π/2dtt+x=ln(x+π/2x)0-ln(x)

    et

    00π/2t2dtt+x0π/2tdt=C=o(ln(x))

    donc

    f(x)x0-ln(x).
 
Exercice 11  5055    
  • (a)

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

    f(x)=0+dttx(t+1).
  • (b)

    Montrer que f est de classe 𝒞 sur I.

  • (c)

    Déterminer des équivalents simples de f aux bornes de I.

 
Exercice 12  3313   

(Une fonction de Bessel)

Soit

f:x1π0πcos(xsin(θ))dθ.
  • (a)

    Montrer que f est définie et de classe 𝒞2 sur .

  • (b)

    Déterminer une équation différentielle linéaire d’ordre 2 dont f est solution.

  • (c)

    Montrer que f est développable en série entière sur .

  • (d)

    Exploiter l’équation différentielle précédente pour calculer les coefficients de ce développement.

 
Exercice 13  3736     CENTRALE (MP)Correction  

On pose

f(α)=0+dxxα(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 x1/xα(1+x) est définie et continue par morceaux sur ]0;+[ avec

    1xα(1+x)x0+1xα et 1xα(1+x)x+1xα+1.

    Cette fonction est donc intégrable si, et seulement si, α]0;1[.
    La fonction intégrée étant de surcroît positive, l’intégrale définissant f(α) converge si, et seulement si, α]0;1[.

  • (b)

    On a

    f(α)-1+dxxα+1=01dxxα(1+x)-1+dxxα+1(1+x).

    Or

    |1+dxxα+1(1+x)|1+dxx(1+x)=C

    et pour α1/2

    |01dxxα(1+x)|01dxx(1+x)=C.

    On a donc

    f(α)=1+dxxα+1+O(1)=1α+O(1)1α.

    On peut aussi obtenir cet équivalent en commençant par opérer le changement de variable u=xα.

  • (c)

    Par le changement de variable 𝒞1 bijectif x=1/t, on obtient f(α)=f(1-α) d’où la symétrie affirmée.

  • (d)

    Posons

    u(α,x)=1xα(1+x).

    Pour chaque x]0;+[, la fonction αu(α,x) est continue et pour chaque α]0;1[ la fonction xu(α,x) est continue par morceaux. Enfin pour α[a;b]]0;1[ (avec a>0), on a

    |u(x,α)|1xa(1+x) si x[1;+[

    et

    |u(x,α)|1xb(1+x) si x]0;1].

    Ainsi,

    |u(x,α)|φa,b(x) pour x]0;+[

    en posant φa(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

    01dxxα(1+x)=1+dtt1-α(1+t)

    et alors

    f(α)=1+x1-α+xαx(1+x)dx.

    On vérifie que pour x1, la fonction αx1-α+xα 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)=0+dtt(1+t)=π

    via le changement de variable u=t.

 
Exercice 14  4717   

Pour x0, on pose

f(x)=0+ln(1+xt)1+t2dt.
  • (a)

    Montrer que la fonction f est définie et continue sur +.

  • (b)

    Justifier que la fonction f est de classe 𝒞1 sur +* 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+,

    t(1+xt)(1+t2)=11+x2(x1+t2+t1+t2-x1+xt).
 
Exercice 15  5430     MINES (MP)Correction  

Montrer qu’il existe un unique réel x vérifiant

0+ln(t)e-t1+txdt=0.

Solution

Étudions la fonction

f:x0+ln(t)e-t1+txdt.

On introduit

u(x,t)=ln(t)e-t1+txpour (x,t)×]0;+[.

Pour tout x, la fonction u(x,) est continue par morceaux sur ]0;+[ et

|u(x,t)||ln(t)|e-t=φ(t). (1)

La fonction φ:]0;+[ est intégrable sur ]0;+[ car

φ(t)t0+|ln(t)|=t0+o(1t)ett2φ(t)t+0.

On en déduit que la fonction f est définie sur .

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

ux(x,t)=-(ln(t))2txe-t(1+tx)2.

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

(x,t)×]0;+[,|ux(x,t)| =(ln(t))2e-ttx1+tx11+tx
(ln(t))2e-t=ψ(t).

La fonction ψ:]0;+[ est intégrable sur ]0;+[ car

ψ(t)t0+(ln(t))2=t0+o(1t)ett2ψ(t)t+0.

Par domination, on peut affirmer que f est de classe 𝒞1 sur et

f(x)=-0+(ln(t))2txe-t(1+tx)2dt.

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

x,f(x)<0.

On en déduit que la fonction f est strictement décroissante et réalise donc une bijection de vers ]+;-[ avec

-=limx-f(x)et+=limx+f(x).

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

+=0+limx+(ln(t)e-t1+tx)dt=01ln(t)e-tdt<0

et

+=0+limx+(ln(t)e-t1+tx)dt=1+ln(t)e-tdt>0.

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

 
Exercice 16  5431     MINES (MP)Correction  

On étudie la fonction d’une variable réelle

f:x0π/2sinx(t)dt.
  • (a)

    Préciser le domaine de définition de f.

  • (b)

    Étudier la continuité et la monotonie de f

  • (c)

    Étudier la limite de f en +.

  • (d)

    Déterminer un équivalent simple de f en -1+.

Solution

  • (a)

    Posons

    u(x,t)=sinx(t)pour (x,t)×]0;π/2].

    La fonction tu(x,t) est continue par morceaux et vérifie

    u(x,t)t0+1tx.

    La fonction tu(x,t) est donc intégrable sur ]0;π/2] si, et seulement si, 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;+[.

  • (b)

    Pour tout t]0;π/2], la fonction xu(x,t) est continue sur ]-1;+[.

    Pour tout x]-1;+[, la fonction tu(x,t) est continue par morceaux sur ]0;π/2].

    Soit a>-1. Pour tout (x,t)[a;+[×]0;π/2],

    |u(x,t)||sina(t)|=φa(t). (1)

    La fonction φa est intégrable sur ]0;π/2].

    Par domination, f est continue sur ]-1;+[.

    Soient x,x>-1 avec xx. Pour tout t]0;π/2],

    sinx(t)sinx(t)

    et, par intégration en bon ordre, f(x)f(x). La fonction f est décroissante.

  • (c)

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

    limx+f(x)=0π/2limx+(sinx(t))dt=0.
  • (d)

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

    f(x+2)=x+1x+2f(x).

    Par continuité de f en 1,

    f(x)=x+2x+1f(x+2)x-1+1x+1f(1)=1x+1.
 
Exercice 17  536   Correction  

Soit f la fonction donnée par

f(x)=0π/2sinx(t)dt.
  • (a)

    Montrer que f est définie et positive sur ]-1;+[.

  • (b)

    Montrer que f est de classe 𝒞1 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)=xf(x)f(x-1).

    Montrer que

    x>0,φ(x+1)=φ(x).

    Calculer φ(n) pour n*.

  • (e)

    Déterminer un équivalent à f en -1+.

Solution

  • (a)

    La fonction t(sin(t))x est définie, continue et positive sur ]0;π/2].
    Quand t0+, (sin(t))xtx avec x>-1 donc t(sin(t))x est intégrable sur ]0;π/2].
    Ainsi f est définie et positive sur ]-1;+[

  • (b)

    La fonction

    gx(x,t)=ln(sin(t))(sin(t))x

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

    |gx(x,t)||ln(sin(t))(sin(t))a|=φ(t)

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

    tαφ(t)ta+α|ln(t)|0.

    Par domination sur tout segment, f est de classe 𝒞1 sur ]-1;+[ et

    f(x)=0π/2ln(sin(t))(sin(t))xdt0.

    Ainsi la fonction f est décroissante.

  • (c)

    En intégrant par parties

    f(x+2)=0π/2(sin(t))x(1-cos2(t))dt=f(x)-[(sin(t))x+1x+1cos(t)]0π/2-1x+1f(x+2)

    et donc

    f(x+2)=x+1x+2f(x).
  • (d)

    On a

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

    et

    φ(1)=f(0)f(1)=π/2

    donc par récurrence

    n*,φ(n)=π/2.
  • (e)

    φ est continue et quand x0,

    φ(x)=φ(1+x)φ(1)=π/2.

    Or quand x0,

    f(x)f(0)=π/2

    donc quand x-1,

    f(x)=φ(x+1)(x+1)f(x+1)1x+1.

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

 
Exercice 18  2878      MINES (MP)
  • (a)

    Pour quels x de l’intégrale qui suit existe-t-elle?

    0π/2sinx(t)dt.

On pose f(x) la valeur de l’intégrale ci-dessus lorsque celle-ci est définie.

  • (b)

    Montrer que la fonction f est continue et décroissante sur son intervalle de définition.

  • (c)

    Calculer (x+1)f(x)f(x+1) pour tout x>-1.

 
Exercice 19  4719   

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

F(z)=01ln(t)t+zdt

avec zΩ={z|Re(z)>0}.

 
Exercice 20  2875     MINES (MP)Correction  

Soit Ω={z|Re(z)>-1}. Si zΩ, on pose

f(z)=01tz1+tdt.
  • (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)+.

Solution

  • (a)

    Pour a>-1, on note Ωa={z|Re(z)a}.
    ttz1+t est continue par morceaux sur ]0;1], ztz1+t est continue sur Ω et pour zΩa,

    |tz1+t|ta1+t=φ(t)

    avec φ intégrable sur ]0;1] car φ(t)ta quand t0+.
    Par domination, on peut affirmer que f est définie et continue sur Ωa.
    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)=01txdt=1x+1

    et par continuité

    f(x+1)x-1f(0)

    donc

    f(x)x-11x+1.
  • (c)

    Par intégration par parties

    (z+1)f(z)=12+01tz+1(1+t)2dt.

    Or

    |01tz+1(1+t)2dt|01|tz+1|dt

    avec

    |tz+1|=|exp((z+1)ln(t)|=exp((Re(z)+1)ln(t))=tRe(z)+1

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

    |01tz+1(1+t)2dt|01tRe(z)+1dt=1Re(z)+2Re(z)+0.

    Ainsi,

    (z+1)f(z)Re(z)+12

    puis

    f(z)Re(z)+12z.
 
Exercice 21  5428      MINES (MP)Correction  

Dans ce sujet, on étudie la fonction

f:x1+eitxdt.
  • (a)

    Pour quels x, l’intégrale définissant f(x) est-elle convergente?

  • (b)

    Étudier la continuité de f.

  • (c)

    Déterminer un équivalent simple de f en +.

Solution

  • (a)

    Cas: x0. La fonction teitx tend vers une limite non nulle en +, l’intégrale étudiée diverge.

    Cas: x>1. Soit X1. On procède à une intégration par parties.

    1Xeitxdt =1Xixtx-1ixtx-1eitxdt
    =[eitxixtx-1]1X-1X1-xixeitxtxdt
    X+ieix+x-1ix1+eitxtxdt

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

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

    n,θ[-π/4+2nπ;π/4+2nπ],Re(eiθ)=cos(θ)12.

    Posons alors

    an=(-π/4+2nπ)1/xetbn=(π/4+2nπ)1/x.

    On observe

    Re(anbneitxdt)bn-an2n+(2π)1/x42xn1/x-1n+{+ si x<1π22 si x=1.

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

    anbneitxdt=1bneitxdt-1naneitxdtn+1+eitxdt-1+eitxdt=0.

    Finalement, la fonction f est définie sur ]1;+[.

  • (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)=ieix+x-1ix1+eitxtxdtpour tout x>1. (1)

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

    g:x1+eitxtxdt.

    En effet, teitx/tx est continue par morceaux sur [1;+[, xeitx/tx est continue sur ]1;+[ et, pour tout segment [a;b]]1;+[,

    (x,t)[a;b]×[1;+[,|eitxtx|1ta=φ(t)

    avec φ:[1;+[+ continue par morceaux et intégrable sur [1;+[.

    Par opérations sur les fonctions continues, on peut alors conclure que f est continue sur ]1;+[.

  • (c)

    Soit x>1. Par le changement de variable u=tx associé à la fonction ttx qui est de classe 𝒞1 strictement croissante,

    1+eitxdt=1x1+eiuu1-1/xdu.

    Il est raisonnable d’espérer

    limx+1+eiuu1-1/xdu=1+eiuudu

    mais cela ne peut pas être acquis directement par convergence dominée car il n’y a pas intégrabilité de ueiu/u sur [1;+[. À nouveau, on considère l’expression (1) et c’est celle-ci que l’on transforme par le changement de variable u=tx. On obtient

    f(x)=ieix+x-1ix1+eiuu2-1/xdu.

    Par convergence dominée,

    1+eiuu2-1/xdux+1+eiuu2du.

    En effet, pour x2,

    |eiuu2-1/x|1u3/2avec uu3/2 intégrable sur [1;+[.

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

    xf(x)x+1+eiuudu.

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

    Sachant

    0+sin(u)udu=π2et|01sin(u)udu|1

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

    f(x)x+1x1+eiuudu.

[<] Intégration terme à terme par les sommes partielles [>] Études théoriques



Édité le 08-11-2019

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