Intégration des relations de comparaison

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 24 septembre 2016
Enoncés
Intégration des relations de comparaison
Exercice 1 [ 03892 ] [Correction]
Déterminer un équivalent quand x → +∞ du terme
Z +∞
2
e−t dt
1
(b) Établir qu’il existe C ∈ R telle que
Z x
ln(1 + t)
1
dt = (ln x)2 + C + ε(x) avec ε(x) −→ 0
x→+∞
t
2
1
(c) Déterminer un équivalent de la fonction ε en +∞
x
Exercice 2 [ 03893 ] [Correction]
Déterminer un équivalent quand x → +∞ du terme
Z +∞ −t
e
dt
t
x
Exercice 7 [ 04075 ] [Correction]
Soit f : [0 ; +∞[ → R∗+ de classe C1 et non intégrable. On suppose f 0 (x) = o ( f (x)).
x→+∞
Montrer
!
Z x
f (x) = o
x→+∞
f (t) dt
0
Exercice 3 [ 03894 ] [Correction]
Déterminer un développement asymptotique à trois termes quand x → +∞ de l’expression
Z x t
e
dt
1 t
Exercice 4 [ 04059 ] [Correction]
Soit f : [0 ; +∞[ → R une fonction continue. Pour 0 < a < b, déterminer
Z
lim+
x→0
bx
ax
Exercice 5 [ 04067 ] [Correction]
Déterminer un équivalent quand x → +∞ de
Z x
e
Exercice 6
[ 04068 ]
f (t)
dt
t
dt
ln t
[Correction]
(a) Justifier
Z
1
x
ln(1 + t)
1
(ln x)2
dt ∼
x→+∞ 2
t
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Corrections
Corrections
2
Exercice 3 : [énoncé]
Par intégration par parties
Exercice 1 : [énoncé]
2
L’intégrale étudiée est convergente puisque t2 e−t −→ 0.
t→+∞
Écrivons
+∞
Z
2
e−t dt =
x
+∞
Z
x
1
2
× t e−t dt
t
" t #x Z x t
et
e
e
dt =
+
dt
2
t
t 1
1 t
x
Z
1
et en répétant celle-ci
x
Z
2
#x Z x t
" t
et
e
et
e
dt =
+ 2 +
2 3 dt
t
t
t 1
t
1
Procédons à un intégration par parties avec u(t) = −e−t /2 et v(t) = 1/t.
Les fonctions u et v sont de classe C1 et le produit uv converge en +∞. On a donc
Z +∞ −t2
Z +∞
2
e
e−x
−t2
−
dt
e dt =
2x
2t2
x
x
Or, toujours par intégration par parties
" t #x Z x t
Z x t
2e
6e
e
dt
2 3 dt = 3 +
t
t 1
t4
1
1
Or
Mais
2
2
e−t
=
o
e−t
2t2 t→+∞
donc, par intégration de relation de comparaison
!
Z +∞
Z +∞ −t2
e
−t2
dt = o
e dt
2t2
x
x
et donc
+∞
Z
x
2
2
e−x
x→+∞ 2x
e−t dt ∼
Exercice 2 : [énoncé]
L’intégrale étudiée est convergente puisque t2 e−t /t −→ 0.
1
!
et
et
et
=
o
et
t
→
7
est positive non intégrable sur [1 ; +∞[
t
t4 t→+∞ t3
donc, par intégration de relation de comparaison
Z x t!
Z x t
e
e
dt = o
4
3
1 t
1 t
Ceci donne
Z
x
1
puis, dans le calcul initial
Z
t→+∞
−t
Procédons à une intégration par parties avec u(t) = − e et v(t) = 1/t.
Les fonctions u et v sont de classe C1 et le produit uv converge en +∞. On a donc
Z +∞ −t
Z +∞ −t
e−x
e
e
dt =
−
dt
t
x
t2
x
x
Or
!
e−t
e−t
=
o
t
t2 t→+∞
donc, par intégration de relation de comparaison
Z +∞ −t
Z +∞ −t !
e
e
dt
=
o
dt
2
t
t
x
x
et donc
+∞
Z
x
e−t
e−x
dt ∼
x→+∞ x
t
et
2 ex
dt =
− 2e + o
3
x→+∞ x3
t
2
x
1
x
Z
!
et
2 ex
dt
∼ 3
3
t
x
1
ex ex 2 ex
et
2 ex
dt =
+ 2 + 3 +o 3
x→+∞ x
t
x
x
x
!
en ayant intégré le terme constant dans le terme négligeable.
Exercice 4 : [énoncé]
Puisque f est continue en 0, on peut écrire
f (x) = f (0) + ε(x) avec ε −→ 0
0
On a alors
Z
bx
ax
f (t)
dt =
t
Z
bx
ax
f (0)
dt +
t
Z
bx
ax
ε(t)
dt
t
D’une part
Z
bx
ax
f (0)
b
dt = f (0) ln
t
a
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Corrections
avec la constante C égale à l’intégrale convergente
!
Z +∞
1
1
dt
ln 1 +
t
t
1
et d’autre part
Z bx
b
ε(t) dt ≤ max |ε(t)| ln −→ 0
t∈[ax;bx]
t
a x→0
ax
On peut conclure
bx
Z
lim+
x→0
ax
3
On peut montrer que cette constante vaut π2 /12 (via intégration terme à terme), mais
c’est une autre histoire. . .
f (t)
b
dt = f (0) ln
t
a
(c) En fait
ε(x) = −
Exercice 5 : [énoncé]
Par intégration par parties
+∞
Z
x
!
1
1
ln 1 +
dt
t
t
On a
Z
e
x
Or
1
1
= o
(ln t)2 t→+∞ ln t
!
et la fonction t 7→ 1/ln(t) est positive non intégrable sur [e ; +∞[. On a donc
!
Z x
Z x
dt
dt
= o
2
e ln t
e (ln t) x→+∞
et on en déduit
Z
x
e
dt
ln t
!
1
1
ln 1 +
t
t
t x Z x dt
dt
=
+
2
ln t
ln t e
e (ln t)
x
x→+∞ ln x
∼
1
∼
t→+∞ t2
Puisque la fonction t 7→ 1/t2 est positive et intégrable sur [1 ; +∞[, on peut affirmer
Z +∞
dt
1
ε(x) ∼ −
=−
2
x→+∞
x
t
x
Exercice 7 : [énoncé]
Puisque f est positive et non intégrable, on sait
Z x
f (t) dt −→ +∞
x→+∞
0
Soit ε > 0. Il existe A ≥ 0 tel que
∀x ≥ A, f 0 (x) ≤ ε | f (x)|
Exercice 6 : [énoncé]
(a) On a
ln(1 + t)
ln(t)
∼
t→+∞ t
t
Puisque la fonction t 7→ ln(t)/t est positive, non intégrable sur [1 ; +∞[, on peut
affirmer
#x
"
Z x
Z x
ln(1 + t)
ln t
1
1
dt ∼
dt = (ln t)2 = (ln x)2
x→+∞
t
t
2
2
1
1
1
et alors
∀x ≥ A, f (x) = f (A) +
x
Z
f 0 (t) dt ≤ f (A) + ε
R
x
0
x
f (t) dt
0
A
Puisque f (A) est une constante et
Z
f (t) dt −→ +∞, il existe A0 ≥ 0 tel que
x→+∞
Z
∀x ≥ A , f (A) ≤ ε
0
x
f (t) dt
0
(b) On a
Z
1
x
ln(1 + t)
1
dt − (ln x)2 =
t
2
Z
1
x
ln(1 + t) ln(t)
−
dt =
t
t
Z
1
x
!
1
1
ln 1 +
dt
t
t
Pour x ≥ max(A, A0 ), on obtient
Z
0 ≤ f (x) ≤ 2ε
x
f (t) dt
0
et donc
Z
1
x
ln(1 + t)
1
dt = (ln x)2 + C + o(1)
t
2
et on peut alors conclure.
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