EXERCICES SUR LES INTEGRALES GENERALISEES 1. Calculer les inégrales généralisées suivantes. a) Z∞ dx x (1 + e )(1 + e−x ) Z∞ ln x dx x2 Z∞ arctan x dx 1 + x2 0 d) b) e− √ Z1 ln x dx (1 + x)2 Z∞ dx (a > 0, r > 0) x(x + r) √ x x dx c) 0 e) 1 g) Z∞ f) 2. Soit a > 1. Calculer Z∞ a Z∞ xn e−x dx Zπ/2 cos 2x √ dx sin 2x (n ∈ N) 0 a 0 ln x dx 0 0 h) Z1 i) 0 dx . −1 x2 3. Montrer que les intégrales suivantes convergent. a) Z∞ √ 1 2 √ e− x +x+1 dx x , Zπ/2 b) 0 ln(1+sin x) dx , c) Z∞ −t2 e 0 −π/2 dt , d) Z∞ 0 1 + sin t √ dt . 1 + t3 4. Déterminer pour quelles valeurs du couple (α, β) ∈ R2 les intégrales suivantes sont convergentes. (On dessinera dans le plan l’ensemble des couples (α, β) pour lesquels il y a convergence). a) Z∞ dx xα (1 + xβ ) , b) 0 Z∞ ln(1 + xα ) dx , xβ 0 0 5. Etudier pour quelles valeurs de n ∈ N l’intégrale I(n) = c) Z∞ Z∞ 1 converge et calculer I(n) dans ce cas. 1 ln x dx xn (1 + t)α − tα dt . tβ 6. Soit I(λ) = Z∞ dx (1 + x2 )(1 + xλ ) . Montrer que I(λ) converge pour tout réel λ et calculer cette 0 intégrale en utilisant le changement de variable t = 1/x. 7. Soit I = Z∞ e−t − e−2t dt. t 0 a) Montrer que I est convergente. b) Pour ε > 0, établir, en posant x = 2t, la relation Z∞ ε e−t − e−2t dt = t Z2ε ε c) En déduire le calcul de I. d) En déduire le calcul de Z1 x−1 dx (Poser x = e−t ). ln x 0 Zπ/2 8. Soit I = ln sin x dx. 0 a) Montrer que I est convergente. Zπ/2 b) Montrer que I = ln cos x dx. 0 Zπ/2 sin 2x dx. c) Montrer que 2I = ln 2 0 d) En déduire la valeur de I. 9. Soit I = Z∞ dx √ . (1 + x2 ) x 0 a) Montrer que I est convergente. b) Calculer J = Z∞ dt . 1 + t4 0 c) En déduire I. 2 e−t dt . t 10. a) Etudier pour quelles valeurs de n ∈ N l’intégrale Jn = Z∞ (x3 dx converge. + 1)n 0 b) Calculer J1 . c) Montrer que si n ≥ 2, on a Jn+1 = 3n − 1 Jn , 3n et en déduire Jn si n ≥ 1. Zπ/2 11. Montrer que l’intégrale tan x dx diverge, 0 a) par un calcul de primitive ; b) par le critère de Riemann. 12. Montrer que les intégrales suivantes sont semi-convergentes. a) Z∞ π cos x √ dx x b) Z∞ 2 2 cos(x ) dx (poser u = x ) c) Z∞ 2 4 x sin(x ) dx d) π π −1 13. Soit f une fonction de R dans R continue et périodique dont l’intégrale Z∞ Z∞ √ ei x dx . x f (x) dx est conver- 0 gente. Montrer que f est la fonction nulle. (Raisonner par l’absurde : supposer que f (c) 6= 0 pour un certain réel c, et montrer que le critère de Cauchy est alors contredit). 14. Soit f une fonction uniformément continue de [ a, ∞ [ dans R, telle que l’intégrale Z∞ f (x) dx a converge. Montrer que lim f (x) = 0 (montrer que sinon le critère de Cauchy serait contredit). x→∞ 15. Soit f une fonction de classe C1 de R dans R telle que, quand x tend vers ±∞, on ait 1 ′ . f (x) = O x2 a) Démontrer que les limites L et ℓ de f en +∞ et −∞ respectivement existent. b) On suppose en outre que, pour tout x réel, on a |f ′ (x)| ≤ Montrer que |L − ℓ| ≤ π. 3 x2 1 . +1 16. Soit f une fonction décroissante de [ a, ∞ [ dans R+ . Z∞ f (t) dt converge, alors lim xf (x) = 0. a) Montrer que si l’intégrale x→∞ a (Remarquer que l’on a, si x ≥ a, l’inégalité : xf (2x) ≤ Z2x f (t) dt). x b) Montrer par un contre-exemple que la réciproque est fausse. 4 17. Construire une fonction f continue positive non bornée de [ 0, +∞ [ dans R telle que l’in+∞ Z tégrale xf (x) dx soit convergente. 0 18. Déterminer la limite des suites (an ) définies ci-dessous. a) an = Z∞ arctan(nx) dx , b) n(1 + x2 ) an = 0 Z1 dx , c) 1 + xn an = 0 Z∞ dx , d) an = 1 + xn 1 Z∞ 0 arctan n+1 n x dx . 1 + x2 19. Soit a > 0. On définit sur [ a, +∞ [ les fonctions f et g par sin x sin2 x f (x) = √ + x x sin x et g(x) = √ . x a) Montrer que f ∼ g au voisinage de +∞. b) Etudier la nature des intégrales Z∞ f (x) dx et a Z∞ g(x) dx. a 20. Soit f définie sur R \ {−1} par f (x) = x ln |x + 1| . x2 + 1 Montrer les propriétés suivantes. a) La fonction f est intégrable au voisinage de −1. b) Les intégrales Z∞ f (x) dx et 0 c) La limite de l’intégrale ZA Z0 f (x) dx sont divergentes. −∞ f (x) dx, lorsque A tend vers +∞ existe et est finie. (Etudier la −A convergence de l’intégrale Z∞ |f (x) + f (−x)| dx). 0 5 Corrigé 1. a) On a 1 (1 + ex )(1 + e−x ) = ex . (1 + ex )2 Cette expression est de la forme u′ /(1 + u)2 et admet comme primitive −1/(1 + u), donc Z∞ ∞ 1 1 1 1 dx = − lim = − = . x −x x x (1 + e )(1 + e ) 1+e 0 2 x→∞ 1 + e 2 0 b) Une primitive de e− Z∞ 0 √ x /√x est −2e− √ x, donc √ h √ √ i∞ √ e− x √ dx = − 2e− x = 2( lim e− x − lim e− x ) = 2 . x→∞ x→0 0 x c) Une primitive de ln x est x ln x − x, donc Z1 0 h i1 ln x dx = x ln x − x = −1 − lim (x ln x − x) = −1 , x→0 0 car la limite de x ln x est nulle en 0. d) En intégrant par parties Z donc Z∞ 1 ln x ln x + dx = − 2 x x Z dx ln x 1 − , =− 2 x x x ln x ln x 1 ln x 1 ∞ dx = − − = lim − − + 1 = 1. x→∞ x2 x x 1 x x e) En intégrant par parties Z ln x ln x dx = − + (1 + x)2 1+x Z dx . x(1 + x) Mais en décomposant la fraction rationnelle 1 1 1 = − , x(1 + x) x 1+x on obtient Alors Z1 0 Z ln x x ln x ln x dx = − + ln x − ln(1 + x) = − ln(1 + x) . (1 + x)2 1+x 1+x 1 ln x x ln x x ln x = − ln 2 − lim − ln(1 + x) − ln(1 + x) = − ln 2 . dx = x→0 1 + x (1 + x)2 1+x 0 6 f) Posons In = Z∞ xn e−x dx. Puisque les fonctions intégrées sont positives, la fonction Fn définie 0 par Fn (α) = Zα xn e−x dx , 0 est croissante et possède une limite finie ou non à +∞. En intégrant par parties, si n ≥ 1. Z Z n −x n −x x e dx = −x e + nxn−1 e−x dx . Mais lim xn e−x = 0 . x→+∞ Il en résulte que lim α→∞ Zα n −x x e dx = n lim α→∞ 0 Zα xn−1 e−x dx , 0 et donc In = nIn−1 . On a I0 = Z∞ e−x dx = 1 , 0 donc l’intégrale In converge et In = n(n − 1) · · · 1 · I0 = n! . g) Comme arctan x a pour dérivée 1/(1 + x2 ), on a Z 1 arctan x dx = (arctan x)2 , 1 + x2 2 et Z∞ 0 ∞ arctan x 1 π2 1 2 2 dx = (arctan x) = lim (arctan x) = . x→∞ 2 1 + x2 2 8 0 h) La fraction rationnelle se décompose facilement, puisque 1 1 1 1 = − , x(x + r) r x x+r 1 x ln , donc r x+r Z∞ 1 x ∞ 1 x a+r a+r 1 dr = ln + lim ln . = ln = ln x→∞ x(x + r) r x+r a r a x+r r a et admet sur [ a, ∞ [ la primitive a 7 √ √ i) Une primitive de cos 2x/ sin 2x est sin 2x, donc Zπ/2 0 h√ iπ/2 √ √ cos 2x √ dx = sin 2x sin 2x − lim sin 2x = 0 . = lim x→0 0 x→π/2 sin 2x 2. On décompose la fraction rationnelle 1 1 = x2 − 1 2 1 1 − x−1 x+1 Pour x ≥ a > 1, cette fonction admet comme primitive Z∞ a . 1 x−1 ln Alors 2 x+1 dx 1 x−1 ∞ 1 a+1 1 x−1 1 a−1 = ln − ln = ln . = lim ln 2 x→∞ 2 x −1 2 x+1 a x+1 2 a+1 2 a−1 3. a) Au voisinage de 0 on a √ 1 e−1 2 √ e− x +x+1 ∼ √ , x x Z1 donc l’intégrale √ 1 2 √ e− x −x+1 dx converge par comparaison à x dx . x1/2 0 0 Lorsque x > 1, et l’intégrale Z1 √ 1 2 √ e− x +x+1 ≤ e−x , x Z∞ √ 1 2 √ e− x +x+1 dx converge par comparaison à x Z∞ e−x dx. 1 1 b) Cherchons un équivalent de ln(1 + sin x) dx au voisinage de −π/2. Posons u = x + π/2. Alors 2 u ln(1/2 + ◦(1)) ln(1 + sin x) = ln(1 − cos u) = ln + ◦(u2 ) = 2 ln u 1 + ∼ 2 ln u . 2 2 ln u Mais l’intégrale Z1 ln u du converge (Voir ex 1c) et ln u est négative. Donc l’intégrale 0 Zπ/2 ln(1 + sin x) dx −π/2 converge. c) On peut donner deux arguments montrant la convergence de l’intégrale. Z∞ 2 2 −t 2 −t < e , et l’intégrale e−t dt converge par comparaison (i) Lorsque t > 1, on a t > t, donc e à l’intégrale Z∞ e−t dt. 8 2 (ii) Lorsque t tend vers l’infini, t2 e−t admet 0 comme limite, donc est majoré par 1 sur Z∞ 2 2 2 −t ≤ 1/t , et l’intégrale un intervalle [ a, ∞ [ . Alors e e−t dt converge par comparaison à l’intégrale Z∞ dt . t2 d) On a, si t > 0, 0≤ et l’intégrale Z∞ 1 + sin t 2 √ ≤ 3/2 , 3 t 1+ t 1 + sin t √ dt converge par comparaison à l’intégrale 1 + t3 Z∞ dt . t3/2 4. a) Cherchons un équivalent simple en 0 et en +∞ de la fonction f définie sur ] 0, ∞ [ par f (x) = xα (1 1 . + xβ ) Le résultat dépend du signe de β. On peut résumer ce que l’on obtient dans le tableau suivant : condition de condition de ∼ f (x) en 0 ∼ f (x) en ∞ convergence de convergence de R1 R∞ f (x) dx f (x) dx 0 β>0 1 xα xα+β β=0 1 2xα 1 β<0 xα+β 1 1 α<1 α+β >1 1 2xα α<1 α>1 1 xα α+β <1 α>1 L’ensemble des couples (α, β) pour lesquels l’intégrale Z∞ f (x) dx converge est le domaine du plan 0 limité par les droites d’équation α + β = 1 et α = 1 (exclues). On ne peut jamais avoir β = 0. 9 β ✻ 1 ✲ α α + β = 1 b) Même méthode. Les équivalents dépendent du signe de α cette fois. Remarquons que si α > 0, alors xα tend vers 0 en 0 donc ln(1 + xα ) ∼ xα , et si α < 0, on peut écrire ln(1 + xα ) = ln(xα ) + ln(1 + x−α ) ln(1 + x−α ) = α ln x 1 + , α ln x et donc ln(1 + xα ) ∼ α ln x . On a des résultats inversés en +∞. On peut résumer ce que l’on obtient dans le tableau suivant : condition de condition de ∼ f (x) en 0 ∼ f (x) en ∞ convergence de convergence de R1 R∞ f (x) dx f (x) dx 0 α>0 α=0 α<0 1 xβ−α ln 2 xβ α ln x xβ α ln x xβ ln 2 xβ 1 xβ−α 10 1 β −α < 1 β>1 β<1 β>1 β<1 β−α>1 L’ensemble des couples (α, β) pour lesquels l’intégrale Z∞ f (x) dx converge est le domaine du plan 0 limité par les droites d’équation β − α = 1 et β = 1 (exclues). On ne peut jamais avoir α = 0. = 1 β β − α ✻ 1 ✲ α c) Posons (1 + t)α − tα . tβ Si α = 0 la fonction f est nulle et l’intégrale converge. f (t) = Si α 6= 0 et si t tend vers l’infini, on écrit α α (1 + t) − t = t α 1 1+ t α −1 , et en faisant un développement limité en 0 par rapport à 1/t, on obtient 1 α α α α − 1 ∼ αtα−1 , (1 + t) − t = t 1 + + ◦ t t donc f (t) ∼ et l’intégrale Z∞ α tβ−α+1 , f (t) dt converge si et seulement si β − α > 0. 1 En 0, le résultat dépend du signe de α. 11 Si α < 0 (1 + t)α − tα = −tα 1 − t−α (1 + t)α ∼ −tα , car 1 − t−α (1 + t)α tend vers 1. On en déduit f (t) ∼ − et l’intégrale Z1 1 tβ−α , f (t) dt converge si et seulement si β − α < 1. 0 Si α > 0, la quantité (1 + t)α − tα tend vers 1 en 0, donc f (t) ∼ et l’intégrale Z1 1 , tβ f (t) dt converge si et seulement si β < 1. 0 On a donc le tableau suivant : condition de condition de ∼ f (t) en 0 ∼ f (t) en ∞ convergence de convergence de R1 R∞ f (t) dt f (t) dt 0 1 tβ α>0 α<0 − α tβ−α+1 1 α tβ−α tβ−α+1 1 β<1 β −α > 0 β−α<1 β −α > 0 Les couples (α, β) répondant à la question sont les points du domaine limité par les droites d’équation β = 1, β = α et β = α + 1 (bords exclus), auxquels on peut ajouter la droite d’équation α = 0. 12 β ✻ β − α = 1 1 ✲ β = α α 5. L’intégrale I(n) est une intégrale de Bertrand Z∞ 1 dx xn (ln x)−1 n ≥ 2. Pour la calculer dans ce cas, intégrons par parties Z ln x x−n+1 dx = ln x − xn −n + 1 et donc I(n) = Z fλ (x) = 0 ≤ fλ (x) = et puisque l’intégrale ∞ = 1 1 . (n − 1)2 1 . (1 + x2 )(1 + xλ ) On a Z∞ ln x dx. On a xn x−n+1 1 x−n+1 x−n+1 dx = ln x − , −n + 1 x −n + 1 (n − 1)2 x−n+1 x−n+1 ln x − −n + 1 (n − 1)2 6. Pour x > 0, posons Z qui converge si et seulement si 1 , 1 + x2 dx converge, il résulte du théorème de comparaison que 1 + x2 0 Z∞ 0 converge aussi. 13 dx (1 + x2 )(1 + xλ ) En posant t = 1/x, on a x = 1/t donc dx = −dt/t2 , et l’on obtient I(λ) = Z∞ tλ dt . (t2 + 1)(tλ + 1) 0 Alors, puisque toutes les intégrales convergent, on peut additionner les deux expressions de I(λ), et l’on trouve 2I(λ) = Z∞ dt + 2 (t + 1)(tλ + 1) Z∞ tλ dt = (t2 + 1)(tλ + 1) 0 0 Z∞ 0 h i∞ π dt = . = arctan t t2 + 1 2 0 7. En effectuant un développement limité en 0, on a e−t − e−2t = 1 − t − (1 − 2t) + ◦(t) = t + ◦(t) , donc e−t − e−2t = 1, t→0 t lim et la fonction se prolonge par continuité en 0. Il en résulte que l’intégrale Z1 e−t − e−2t dt t 0 converge. Posons I1 = Z∞ e−t dt et I2 = t Z∞ e−2t dt . t 1 1 Si t ≥ 1, on a e−t e−2t ≤ e−t et 0 ≤ ≤ e−2t , t t Z∞ Z∞ et puisque les intégrales e−t dt et e−2t dt convergent, les intégrales I1 et I2 convergent éga0≤ 1 1 lement, donc I1 − I2 converge. b) Transformons Z∞ ε e−2t dt par le changement de variable x = 2t. On obtient t Z∞ ε d’où Z∞ ε e−2t dt = t e−t dt − t Z∞ e−x dx , x 2ε Z∞ e−2t dt = t 2ε 14 Z2ε ε e−t dt . t c) On cherche la limite lorsque ε tend vers 0 du membre de droite. En utilisant la première formule de la moyenne, il existe cε dans [ ε, 2ε ] tel que Z2ε ε e−t dt = e−cε t Z2ε ε dt = e−cε ln 2 . t Comme cε tend vers zéro d’après le théorème d’encadrement, il en résulte que I = ln 2. d) Le changement de variable x = e−t donne immédiatement Z1 x−1 dx = I = ln 2 . ln x 0 8. a) la fonction qui à x associe ln sin x est continue sur ] 0, π/2 ] . On a au voisinage de 0 ln sin x = ln(x + ◦(x)) = ln x + ln(1 + ◦(1)) , donc Mais 1 + ln(1 + ◦(1)) ln sin x = ln x 1 + ln x . ln(1 + ◦(1)) tend vers 1 lorsque x tend vers 0, et donc ln x ln sin x ∼ ln x . L’intégrale Z1 ln x dx converge (ex 1 c) et, puisque ln x est de signe constant au voisinage de 0, 0 l’intégrale I converge. b) Puisque cos(π/2 − x) = sin x, le changement de variable t = π/2 − x donne immédiatement Zπ/2 I= ln cos t dt . 0 c) Alors, puisque ln sin x + ln cos x = ln(sin x cos x) = ln on obtient sin 2x , 2 Zπ/2 sin 2x 2I = ln dx . 2 0 d) Ceci peut s’écrire Zπ/2 Zπ/2 Zπ/2 π ln 2 . 2I = ln sin 2x dx − ln 2 dx = ln sin 2x dx − 2 0 0 0 15 Effectuons le changement de variable u = 2x dans l’intégrale du membre de droite. On trouve Zπ/2 Zπ 1 ln sin 2x dx = ln sin u du . 2 0 0 Puisque sin(π − v) = sin v, le changement de variable v = π − u donne Zπ π/2 donc 1 2 Zπ 0 Zπ/2 ln sin u du = ln sin v dv , 0 Zπ/2 ln sin u du = ln sin u du = I . 0 Finalement 2I = I − et donc I=− 9. a) Pour x > 0, posons f (x) = π ln 2 . 2 1 √ . (1 + x2 ) x On a au voisinage de l’infini, f (x) ∼ et, puisque 5/2 > 1, l’intégrale Z∞ π ln 2 , 2 1 x5/2 , f (x) dx converge. Au voisinage de 0, on a cette fois 1 f (x) ∼ et, puisque 1/2 < 1, l’intégrale Z1 1 x1/2 , f (x) dx converge également. L’intégrale I converge donc. 0 b) Pour décomposer la fraction en éléments simples on écrit tout d’abord √ √ √ t4 + 1 = t4 + 2t2 + 1 − 2t2 = (t2 + 1)2 − ( 2 t)2 = (t2 + 2 t + 1)(t2 − 2 t + 1) . Alors 1 at + b ct + d √ √ = + . +1 t2 + 2 t + 1 t2 − 2 t + 1 Mais comme la fonction est paire, on obtient, en changeant t en −t t4 t4 −at + b −ct + d 1 √ √ = + , +1 t2 − 2 t + 1 t2 + 2 t + 1 16 et par unicité de la décomposition a = −c et b = d. Donc 1 at + b −at + b √ √ = + . 2 2 t4 + 1 t + 2t+ 1 t − 2t+ 1 En donnant à t la valeur 0, on obtient b= 1 . 2 √ D’autre part, si l’on réduit au même dénominateur, le coefficient de t2 vaut −2a 2 + 2b. Comme il est nul, on en déduit que 1 a= √ . 2 2 On écrit alors ! √ ! √ at + b 1 1 2t + 2 2 2t + 2 1 1 √ √ √ √ = √ + = √ , 2 2 2 2 4 t + 2t + 1 4 2 t + 2t + 1 4 2 t + 2t + 1 t + 2t+ 1 et cette fonction admet comme primitive √ √ √ 1 2 2 √ ln(t + 2 t + 1) + arctan( 2 t + 1) . 4 4 2 (On rappelle qu’une primitive de at2 1 2at + b 2 arctan √ ). où ∆ = b2 −4ac < 0 et a 6= 0 est √ + bt + c −∆ −∆ On obtient de même pour la primitive de l’autre morceau √ √ √ 1 2 2 − √ ln(t − 2 t + 1) − arctan(− 2 t + 1) . 4 4 2 1 est, +1 √ √ √ √ 1 2 t2 + 2 t + 1 √ ln √ (arctan( 2 t + 1) + arctan( 2 t − 1) . + 4 4 2 t2 − 2 t + 1 √ π 2 Cette fonction est nulle en 0 et admet comme limite à +∞ donc 4 √ Z∞ π 2 dx . = 1 + t4 4 Alors, une primitive de t4 0 √ dx x dans I, on a dt = √ et l’on trouve 2 x √ π 2 . I = 2J = 2 c) En effectuant le changement de variable t = 10. a) On a, à l’infini, (x3 1 1 ∼ 3n , n + 1) x 17 et l’intégrale Z∞ (x3 dx converge si et seulement si 3n > 1, soit n ≥ 1. + 1)n 0 b) En utilisant la factorisation x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1) , la fraction rationnelle x3 x3 1 se décompose sous la forme +1 1 1 a bx + c = = + 2 . 2 +1 (x + 1)(x − x + 1) x+1 x −x+1 On peut obtenir les coefficients de la manière suivante : en multipliant par x + 1 et en faisant tendre x vers −1, on obtient a = 1/3 ; en remplaçant x par 0, on trouve 1 = a + c d’où c = 1 − a = 2/3 ; en multipliant par x et en faisant tendre x vers +∞, on trouve 0 = a + b, d’où b = −1/3. Finalement 1 1 −x + 2 1 = + , x3 + 1 3(x + 1) 3 x2 − x + 1 ce qui s’écrit encore x3 1 1 1 1 2x − 1 1 = − + , 2 2 +1 3(x + 1) 6 x − x + 1 2 x − x + 1 Pour x ≥ 0, on obtient alors comme primitive, Z 1 1 1 2x − 1 1 x+1 2x − 1 dx 1 = ln(x+1)− ln(x2 −x+1)+ √ arctan √ = ln √ . + √ arctan √ 2 x3 + 1 3 6 3 3 3 3 3 x −x+1 Alors Z∞ 0 dx 3 x +1 1 x+1 2x − 1 ∞ 1 = ln √ + √ arctan √ 3 3 3 0 x2 − x + 1 x+1 2x − 1 1 1 1 1 ln √ + √ arctan √ . + √ arctan √ = lim 2 x→∞ 3 3 3 3 3 x −x+1 Mais 1 1+ x+1 x ln √ , = ln r 1 x2 − x + 1 1 1− + 2 x x 2x − 1 admet pour limite π/2 en et cette expression a pour limite 0 à +∞. Par ailleurs arctan √ 3 +∞, et 1 π arctan √ = , 6 3 18 d’où Z∞ 0 √ dx 1 π 1 π 2π 3 =√ +√ = . x3 + 1 9 3 2 3 6 c) Si n ≥ 1, l’intégrale Jn est convergente, et on peut intégrer par parties. On trouve x Jn = 3 (x + 1)n Mais Z∞ x3 dx = (x3 + 1)n+1 0 ∞ Z∞ 0 + Z∞ 3nx3 dx = (x3 + 1)n+1 0 Z∞ 3nx3 dx . (x3 + 1)n+1 0 x3 + 1 dx − (x3 + 1)n+1 0 Z∞ 1 dx = Jn − Jn+1 , (x3 + 1)n+1 0 donc Jn = 3n(Jn − Jn+1 ) , d’où l’on déduit Jn+1 = Alors 3n − 1 Jn . 3n √ 3n − 4 3n − 7 2 3n − 4 3n − 7 2 2π 3 Jn = · · · J1 = ··· . 3n − 3 3n − 6 3 3n − 3 3n − 6 3 9 11. a) On écrit tan x = pour x ∈ [ 0, π/2 [ sin x et comme − sin x est la dérivée de cos x, on a immédiatement, cos x Z tan x dx = − ln cos x . Zπ/2 Mais lorsque x tend vers π/2, cos x tend vers 0, et − ln cos x vers +∞. L’intégrale tan x dx 0 est donc divergente. b) La fonction tangente possède une discontinuité en π/2. On se ramène en 0 en posant u = π/2 − x. Alors π 1 −u = . tan x = tan 2 tan u Mais au voisinage de 0, tan u ∼ u, donc tan x ∼ Comme l’intégrale Zα 1 . u du diverge, il en résulte que l’intégrale u Zπ/2 tan x dx diverge également. 0 0 12. a) Première méthode. En intégrant par parties Z Z sin x 1 sin x cos x √ dx = √ + dx . x x 2 x3/2 19 sin x Or la fonction x 7→ √ admet une limite nulle en +∞, et x | sin x| 1 ≤ 3/2 . 3/2 x x Z sin x De plus l’intégrale dx converge absolument, donc converge. Il en résulte que l’intégrale x3/2 Z cos x √ dx converge. x √ Deuxième méthode. En appliquant directement le critère d’Abel. La fonction x 7→ 1/ x est décroissante et tend vers 0 à l’infini, par ailleurs x′ Z cos t dt = | sin x′ − sin x| ≤ 2 , x donc l’intégrale converge. Pour montrer qu’elle ne converge pas absolument, on peut utiliser l’inégalité | cos x| ≥ cos2 x = Alors Zx π | cos t| √ dt ≥ t Zx π Mais 1 + cos 2x . 2 1 + cos 2t √ dt = 2 t Zx π Zx π 1 √ dt + 2 t Zx π cos 2t √ dt . 2 t (1) √ √ 1 √ dt = x − π , 2 t et ceci tend vers +∞ lorsque x tend vers +∞. Par contre, en posant u = 2t, on obtient Zx π 1 cos 2t √ dt = √ 2 t 2 2 Z2x cos u √ du , u 2π et cette expression possède une limite finie lorsque x tend vers +∞, donc le membre de droite de l’inégalité (1) tend vers +∞ et il en résulte que celui de gauche a la même limite. Par suite, Zx | cos t| √ dt diverge. l’intégrale t π b) Comme la fonction qui à x associe converge si et seulement si l’intégrale cos(x2 ) Z∞ √ est continue sur [ −1, ∞ [ , l’intégrale Z∞ cos(x2 ) dx −1 cos(x2 ) dx converge, et de même l’intégrale Z∞ −1 π 20 | cos(x2 )| dx Z∞ converge si et seulement si l’intégrale √ riable t = x2 on obtient, Z∞ √ et également Il résulte de a) que l’intégrale Z∞ √ π cos(x2 ) dx = Z∞ cos t √ dt , 2 t Z∞ | cos t| √ dt . 2 t π π Z∞ √ | cos(x2 )| dx converge. En faisant le changement de va- | cos(x2 )| dx = π π 2 cos(x ) dx est semi-convergente, et donc que l’intégrale Z∞ cos(x2 ) dx −1 π est également semi-convergente. c) On effectue le changement de variable u = x4 . L’intégrale devient Z∞ π 1 x sin(x ) dx = 4 2 4 Z∞ sin u du . u1/4 π4 La situation est identique à celle de l’exercice a). La fonction qui à t dans [ π, ∞ [ associe 1/t1/4 est décroissante et tend vers 0 à l’infini. Par ailleurs x′ Z sin t dt = | cos x − cos x′ | ≤ 2 , x donc la critère d’Abel permet de conclure que l’intégrale Z∞ π sin u du converge. u1/4 Pour montrer qu’elle ne converge pas absolument, on peut utiliser l’inégalité | sin u| ≥ sin2 u = 1 − cos 2u . 2 et conclure comme dans a). d) On effectue le changement de variable t = Z∞ π √ x. L’intégrale devient √ Z∞ it ei x 2e dx = dt . x t √ π On applique alors la même méthode que dans a) aux parties réelle et imaginaire Z∞ √ 2 cos t dt et t π 21 Z∞ √ π 2 sin t dt , t ce qui montre que ces deux intégrales convergent, donc |ei √ x| = 1, et que l’intégrale Z∞ π Z∞ π √ ei x dx converge. Par contre, puisque x dx diverge, l’intégrale proposée n’est pas absolument convergente. x 13. Raisonnons par l’absurde. S’il existe un nombre réel c tel que f (c) ne soit pas nul, on peut, quitte à prendre la fonction −f , supposer que f (c) > 0. Comme f est continue en c, il existe un intervalle [ α, β ] non réduit à un point, tel que f (x) > 0 sur [ α, β ] . Soit alors m le minimum de f sur [ α, β ] . Ce minimum est atteint en un point de cet intervalle et donc m > 0. Si la fonction f est T −périodique, on a, pour tout entier n positif, Z β+nT f (x) dx = α+nT Puisque l’intégrale Z∞ Z β α f (x) dx ≥ m(β − α) > 0 . f (x) dx converge, le critère de Cauchy s’applique et il existe A > 0 tel que 0 A < X < Y implique Y Z f (x) dx < m(β − α) . X Mais comme la suite (α + nT ) tend vers plus l’infini, il existe N tel que n ≥ N implique α + nT ≥ X. Dans ce cas Z β+nT Z β+nT f (x) dx = f (x) dx < m(β − α) . α+nT α+nT On obtient bien une contradiction. 14. Raisonnons par l’absurde, et nions le fait que f tende vers 0 à l’infini. Il existe un nombre ε > 0, tel que pour tout nombre A, il existe xA ≥ A tel que |f (xA )| ≥ ε. En utilisant la continuité uniforme de f , il existe α > 0 tel que, l’inégalité |x − x′ | ≤ α, implique |f (x) − f (x′ )| ≤ ε/2 . En particulier, si xA ≤ t ≤ xA + α , on a |f (xA ) − f (t)| ≤ et donc f (xA ) − Si f (xA ) > 0, on a f (xA ) ≥ ε et ε , 2 ε ε ≤ f (t) ≤ f (xA ) + . 2 2 f (t) ≥ ε − 22 ε ε = , 2 2 donc x +α xZ A +α ZA αε f (t) dt ≥ f (t) dt = . 2 xA xA Si f (xA ) < 0, on a −f (xA ) ≥ ε et f (t) ≤ f (xA ) + donc ε ε ε ≤ −ε=− , 2 2 2 x +α xZ A +α ZA αε f (t) dt ≥ f (t) dt = − . 2 xA xA Il existe donc un nombre β = αε/2 pour lequel, pour tout A, on a trouvé deux nombres xA et xA + α vérifiant les inégalités A ≤ xA ≤ xA + α et x +α ZA ≥β. f (t) dt xA Cela signifie que la propriété de Cauchy n’est pas satisfaite, donc que l’intégrale Z∞ f (t) dt di- 0 verge, d’où une contradiction. 15. a) La relation f ′ (x) = O(1/x2 ) signifie que la fonction x 7→ x2 f ′ (x) est bornée au voisinage de l’infini, c’est-à-dire qu’il existe deux nombres a > 0 et M > 0, tels que, si |x| ≥ a, on ait x2 |f ′ (x)| ≤ M , c’est-à-dire |f ′ (x)| ≤ Z∞ On remarque que l’intégrale M . x2 dx converge, et donc, de l’inégalité précédente, on déduit que x2 1 l’intégrale Z∞ f ′ (t) dt converge absolument donc converge. Mais a Z∞ a ′ f (x) dx = lim X→∞ ZX a f ′ (x) dx = f (X) − f (a) . Il en résulte que la fonction f a une limite en +∞ qui vaut Z∞ a 23 f ′ (x) dx + f (a). La démonstration est analogue à −∞. b) Si x et x′ sont deux réels quelconques tels que x < x′ , on a encore x′ Z Zx′ |f (x) − f (x′ )| = f ′ (t) dt ≤ |f ′ (t)| dt . x x L’intégrale de droite se majore par Zx′ x dt = arctan x′ − arctan x , 1 + t2 et puisque la fonction arctangente est comprise entre −π/2 et +π/2, on a finalement |f (x′ ) − f (x)| ≤ arctan x′ − arctan x ≤ π . En faisant tendre x vers −∞ et x′ vers +∞, on obtient alors, par passage à la limite dans les inégalités |L − ℓ| ≤ π . 16. a) Comme f décroit, on peut minorer f (t) par f (2x), lorsque t appartient à l’intervalle [ x, 2x ] . Alors Z2x Z2x f (2x) dt = xf (2x) . f (t) dt ≥ x x Si x > a/2, on a donc, 0 ≤ xf (x) ≤ 2 Zx f (t) dt . x/2 Comme l’intégrale converge, il existe, d’après le critère de Cauchy, un nombre A, tel que les inégalités A ≤ u ≤ v impliquent v Z f (t) dt < ε . 2 u Alors si x ≥ 2A, on a A ≤ x/2 ≤ x, et 0 ≤ xf (x) ≤ 2 Zx f (t) dt < ε . x/2 On en déduit que xf (x) tend vers 0 à l’infini. b) La fonction f définie sur [ 2, ∞ [ par f (x) = 1 , x ln x 24 et telle que xf (x) tende vers 0 à l’infini. On vérifie facilement qu’elle est décroissante. Par contre l’intégrale de f diverge, puisque Zx dx = ln ln x − ln ln 2 x ln x 2 a pour limite +∞ quand x tend vers +∞. 17. Soit les suites (an )n≥1 et (bn )n≥1 définies par an = n − 1 n2 2n et bn = n + 1 n2 2n . Remarquons tout d’abord que si n ≥ 1, on a 1 2 + ≤ 3 < 4 ≤ 2n+1 , 2 n (n + 1)2 d’où l’on déduit que 1 n2 2n et enfin que n+ + 1 < 1, (n + 1)2 2n+1 1 1 <n+1− . n2 2n (n + 1)2 2n+1 Alors les suites (an )n≥1 et (bn )n≥1 vérifient les inégalités an < n < bn ≤ an+1 < n + 1 < bn+1 . Les deux suites sont croissantes et tendant vers +∞. On peut définir une fonction g sur [ 0, ∞ [ continue et positive de la manière suivante : pour tout entier n ≥ 1, on pose g(n) = n2 , g(an ) = g(bn ) = 0 , et g est linéaire affine sur les intervalles [ an , n ] et [ n, bn ] et est nulle partout ailleurs. Voici par exemple le graphe de g sur [ 0, 5/2 ] . 25 ✻ 4 1 ✲ 1 On a alors Zbn g(x) dx = Mais Ik = n Zbk X g(x) dx . k=1 a 0 Zbk 2 k g(x) dx est l’aire d’un triangle dont la hauteur vaut k2 , et la base 2/(k2 2k ). On a ak donc Ik = 1/2k . Alors Zbn 0 n X 1 1 g(x) dx = =1− n . k 2 2 k=1 (C’est la somme des termes d’une suite géométrique de raison 1/2). La fonction g étant positive, et (bn ) ayant pour limite +∞, on a alors Z∞ g(x) dx = lim n→∞ 0 Zbn g(x) dx = 1 . 0 Si l’on pose f (x) = = g(x)/x 0 si x > 0 . si x = 0 La fonction f est continue sur ] 0, ∞ [ comme quotient de deux fonctions continues. Par ailleurs f est nulle sur [ 0, 1/2 ] , donc continue. Il en résulte que f est continue sur [ 0, ∞ [ . On a aussi 26 Z∞ f (n) = n et f n’est pas bornée. Enfin l’intégrale xf (x) dx converge, puisque 0 Z∞ xf (x) dx = 0 Z∞ g(x) dx = 1 . 0 18. a) Pour x ≥ 0 et n ≥ 1, posons fn (x) = Tout d’abord 0 ≤ fn (x) ≤ Comme l’intégrale Z∞ arctan(nx) . n(1 + x2 ) π 1 = g(x) . 2 1 + x2 g(x) dx converge, il résulte du théorème de comparaison que toutes les 0 intégrales Z∞ fn (x) dx convergent. Par ailleurs 0 0 ≤ fn (x) ≤ π , 2n et donc la suite (fn ) converge uniformément, donc uniformément localement, vers la fonction nulle. Alors le théorème de convergence dominée montre que la suite (an ) converge vers Z∞ 0 dx = 0 . 0 b) Pour x ∈ [ 0, 1 ] et n ≥ 0, posons fn (x) = 1 . 1 + xn Tout d’abord 0 ≤ fn (x) ≤ 1 = g(x) . La fonction g et les fonctions fn sont Riemann-intégrables sur [ 0, 1 ] . Par ailleurs la suite fn converge simplement sur [ 0, 1 [ vers la fonction f = 1. Sur [ 0, α ] , avec α ∈ ] 0, 1 [ , on a |fn (x) − f (x)| = xn ≤ αn , 1 + xn et il en résulte que la suite (fn ) converge uniformément vers f sur [ 0, α ] . La suite (fn ) converge donc uniformément localement vers f sur [ 0, 1 [ . Alors le théorème de convergence dominée montre que la suite (an ) converge vers Z1 1 dx = 1 . 0 27 c) Pour x ∈ ] 1, ∞ [ et n ≥ 0, posons fn (x) = Tout d’abord, si n ≥ 2, Comme Z∞ 1 . 1 + xn 0 ≤ fn (x) ≤ f2 (x) = g(x) . g(x) dx converge, il résulte du théorème de comparaison que toutes les intégrales 1 Z∞ fn (x) dx convergent si n ≥ 2. Par ailleurs la suite fn converge simplement sur [ 1, ∞ [ vers la 0 fonction f = 0. Sur [ α, ∞ ] , avec α > 0, on a 0 ≤ fn (x) ≤ 1 , 1 + αn et il en résulte que la suite (fn ) converge uniformément vers 0 sur [ α, ∞ [ . La suite (fn ) converge donc uniformément localement vers f sur ] 1, ∞ [ . Alors le théorème de convergence dominée montre que la suite (an ) converge vers Z1 0 dx = 0 . 0 d) Pour x ≥ 0 et n ≥ 1, posons fn (x) = Tout d’abord 0 ≤ fn (x) ≤ Comme l’intégrale Z∞ arctan n+1 n x . 1 + x2 1 π = g(x) . 2 1 + x2 g(x) dx converge, il résulte du théorème de comparaison que toutes les 0 intégrales Z∞ fn (x) dx convergent. Par ailleurs, fn tend simplement vers la fonction f qui à x 0 arctan x . Soit x dans l’intervalle [ 0, α ] , où α > 0. On a associe 1 + x2 1 |fn (x) − f (x)| ≤ arctan 1 + x − arctan x . n En appliquant l’égalité des accroissements finis, il existe c dans [ 0, α ] tel que 1 x α 1 1 arctan 1 + = ≤ , x − arctan x = 1 + x − x 2 2 n n 1+c n(1 + c ) n 28 et la suite (fn ) converge uniformément sur [ 0, α ] donc uniformément localement sur [ 0, ∞ [ , vers la fonction f . Alors le théorème de convergence dominée montre que la suite (an ) converge vers ∞ Z∞ arctan x 1 π2 2 = dx = (arctan x) . 1 + x2 2 8 0 0 19. a) On a f (x) = g(x)(1 + g(x)) . Comme g(x) tend vers 0 à l’infini (produit d’une fonction bornée, par une fonction tendant vers 0), on en déduit que f ∼ g au voisinage de l’infini. b) Comme dans l’exercice 12, l’intégrale Z∞ g(x) dx est semi-convergente, alors que l’intégrale a Z∞ Z∞ (f (x) − g(x)) dx n’est pas convergente. Il en résulte que f (x) dx n’est pas convergente. a a 20. a) On a, au voisinage de −1, 1 ln |x + 1| , 2 et puisque ln |u| admet comme primitive u ln |u| − u, on voit facilement que les intégrales f (x) ∼ − Z0 ln |1 + x| dx et −1 sont convergentes. Z−1 ln |1 + x| dx , −2 b) Au voisinage de l’infini, on a, 1 ln 1 + ln |x| x x ln |x| 1 + , ∼ f (x) = 2 x x +1 ln |x| x et l’intégrale de ln |x|/x est divergente car la fonction a pour primitive (ln |x|)2 /2. Les deux inZ∞ Z0 tégrales f (x) dx et f (x) dx sont donc divergentes. 0 −∞ c) On a f (x) + f (−x) = = = x + 1 x ln x2 + 1 x − 1 1 1 + x x ln 1 x2 + 1 1 − x x 1 1 ln 1 + − ln 1 − . 2 x +1 x x 29 Posons u = 1/x. En effectuant un développement limité au voisinage de 0 on obtient ln |1 + u| − ln |1 − u| = ln(1 + u) − ln(1 − u) = 2u + ◦(u) ∼ 2u = donc, à +∞, f (x) + f (−x) ∼ 2 , x 2 , x2 Z∞ et l’intégrale (f (x) + f (−x)) dx converge absolument. Cela signifie en particulier que 0 ZA g(A) = (f (x) + f (−x)) dx , 0 possède une limite lorsque A tend vers +∞. Mais, ZA f (−x) dx = 0 Z0 f (x) dx , −A et donc g(A) = ZA −A d’ où le résultat. 30 f (x) dx ,