Université Sultan Moulay Slimane
Faculté des Sciences et Techniques de Beni-Mellal
Département de Mathématiques
A. ABBASSI
Exercices Analyse II
Travaux Dirigés N 2
Première version:
Décembre, 2017
FST Beni-Mellal.
2
Université Sultan Moulay Slimane
Faculté des Sciences et Techniques de Beni Mellal
Année universitaire 2017/2018
Filières : MIPC/GE-GM
Travaux Dirigés N 2
Module Analyse II
Exercice 1 : Les intégrales suivantes sont-elles convergentes? si oui, les calculer:
Z
+1
0
Arc tan x
dx;
1 + x2
Z
+1
0
dx
p
(n 2 N):
(x + x2 + 1)n
Exercice 2 : Pour quelles valeurs de les intégrales suivantes sont-elles convergentes?
Z +1
Z +1 p
Z +1 p
1
thx
x sin(1=x2 )
( x2 + 2x + 2 x 1) dx;
dx;
dx
x
ln(1 + x)
0
0
0
Exercice 3 :
1- Pour quelles valeurs de
l’intégrale suivante est-elle convergente?
Z +1
( )=
x e x dx
0
2- Calculer (n) pour n 2 N.
Exercice 4 : Montrer la convergence des intégrales suivantes et trouver leurs valeurs:
Z +1
Z 1
1
1
ln(1 x2 )
(
arctan )dx;
dx
x
x
x2
1
0
Exercice 5 : Considérons les fonctions suivantes dé…nies pour tout x 2 R par:
Z x
Z 1 x2 (1+t2 )
e
t2
2
F (x) = (
e dt) ; G(x) =
dt
1 + t2
0
0
1- Calculer F 0 (x) + G0 (x), que peut-on en déduire?
R +1
2- Calculer lim G(x), en déduire la valeur de 0 e
x!+1
Exercice 6 :
R +1
t2
dt puis celle de
1
dx est convergente
+e x
2- Soit a un réel strictement positif. On pose:
Z a
Z 0
1
1
I(a) =
dx et J(a) =
x
x
x
0 e +e
a e +e
1- Montrer que l’intégrale I =
0
ex
x
dx
a- Montrer que I(a) = J(a).
b- Montrer que I(a) = Arctg(ea )
.
4
3- Calculer alors la valeur de I.
R +1
1
4- En déduire que 1 x
dx est convergente et donner sa valeur.
e +e x
R +1
t
5- Montrer que 0
dt est convergente et calculer sa valeur.
2
t
e + e t2
R +1
1
e
t2
dt.
— — — — — — — — TRAVAUX DIRIGÉS N 2— — — — — — — — — — —
3
Solutions:
Exercice 1 :
Z
+1
Arc tan x
dx. Avant tout calcul de primitive, véri…ant en premier que
1 + x2
0
cette intégrale est convergente.
Arc tan x
La fonction x !
est continue sur [0; +1[, donc elle est localement intégrable sur
1 + x2
[0; +1[:
Soit x > 0,
Zx
Arc tan t
I1 (x) =
dt
1 + t2
a) Posons I1 =
0
2
Zx
1
dt;
1 + t2
0
donc
I1 (x)
2
arctan x
( )2 ;
2
donc I1 est convergente. (Le lemme d’Abel peut être appliqué pour montrer la cv de cette
1
intégrale: x !
est décroissante vers 0 en +1 et Arc tan x est bornée par 2 )
1 + x2
Calculons sa valeur::
arctan
Z x
I1 (x) =
udu;
0
où
8
< u = Arc tan t
1
: du =
dt;
1 + t2
donc
1
I1 (x) = ar tan2 x:
2
D’où
2
I1 = lim I1 (x) =
x!+1
b) Soit n 2 N, la fonction f : x !
localement intégrable sur [0; +1[.
R +1
Posons I2 = 0 f (t)dt, on a
I2 =
Z
|
0
étudions la convergence
b
2
:
dx
p
est continue sur [0; +1[, donc f est
(x + x2 + 1)n
2
f (t)dt +
{z }
integrale simple
Z
8
Z
|
2
+1
f (t)dt ;
{z
}
integrale generalisee
f (t)dt au voisinage de +1 (c-à-d quand b ! +1).
4
A. ABBASSI
Au voisinage de +1:
1
f (x)
2n xn
;
R +1
de plus 0 2n1xn dx est convergente pour n > 1, donc I2 converge pour n > 1, et diverge pour
n = 0 et n = 1.
Soit n > 1, calculons I2 , par le changement de variable: x = sh(t); dx = ch(t)dt:
…gure 2
Zb
I2 (b) =
f (t)dt
0
argZsh(b)
=
0
argZsh(b)
=
0
argZsh(b)
=
ch(t)dt
p
(car ch2 x
(sht + sh2 t + 1)n
sh2 x = 1)
ch(t)dt
( pour b > 0;
n
(sht
+
cht
)
| {z }
et
e
nt+t
+e
2
nt t
dt
0
1
1
[
e(
2 n+1
=
n+1)t arg sh(b)
]0
1
1
+ [
e(
2 n 1
n 1)t arg sh(b)
]0
;
…nalement,
I2 =
=
=
lim I2 (b)
b!+1
1
2
1
1
+
n+1 2
n
n2
1
1
n
1
(car lim arg shb = +1)
b!+1
:
Exercice 2 :
R +1 p
a) Soit I1 = 0 ( x2 + 2x + 2 x 1) dx;
Z +1 p
Z 1 p
2
( x2 + 2x + 2
I1 =
( x + 2x + 2 x 1) dx +
{z
|0
{z
} |1
I: simple
I: generalisee
x
1) dx;
}
— — — — — — — — TRAVAUX DIRIGÉS N 2— — — — — — — — — — —
en multipliant par l’expression conjuguée, on a
p
x2 + 2x + 2 x 1 = p
5
1
;
+ 2x + 2 + x + 1
x2
donc, au voisinage de +1
p
( x2 + 2x + 2
x
1)
+1
1
:
(2x)
R +1
1
dx converge si et seulement si > 1, donc I1 converge ssi > 1.
(2x)
R +1 1 thx
1 thx
b) Posons I2 = 0
dx. La fonction f : x !
est localement intégrable sur
x
x
R
]0; +1[, étudions la convergence de f (t)dt aux voisinages de 0 et +1.
Remarquons que
Or
1
1
f (x) =
thx
x
2e x
:
x (ex + e x )
=
Au voisinage de 0:
f (x)
R1 1
or 0
dx converge ssi
x
Au voisinage de +1:
0
1
;
x
< 1:
Z
+1
f (x)dx =
1
or
Z
+1
2
x
1
2
x (e2x + 1)
+1
(e2x
2
+ 1)
dx;
e 2x
;
x
R +1 e 2x
dx s’écrit alors sous la forme du
1
x
R +1
1
terme général de la série de Bertrand convergente: e
dt.
t3 ln (t)
Soit, on décompose pour x > 1
e 2x
e x
2
=2
e x;
x
x
+
soit k 2 R , comme
pour conclure, soit on pose x = ln t; l’expression
e x
= 0 =) 9A > 1; 8x
x!+1 x
lim
A;
e x
x
k;
donc
e 2x
8x A; 2
k e x;
x
R +1
R
thx
+1 1
de plus, 1 ke x dx converge =) 1
dx converge et ceci pour toute valeur de :
x
c/c L’intégrale I2 est convergente ssi < 1.
6
R +1
A. ABBASSI
p
2
x sin(1=x )
dx;
0
ln(1 + x)
Z 1p
Z 2p
Z +1 p
x sin(1=x2 )
x sin(1=x2 )
x sin(1=x2 )
I3 =
dx +
dx +
dx :
ln(1 + x)
ln(1 + x)
ln(1 + x)
0
1
2
|
{z
} |
{z
} |
{z
}
c) Soit I3 =
I: G:
I: S:
Au voisinage de 0:
I: G:
p
p
x sin(1=x2 )
j
j
ln(1 + x)
et
p
x
ln(1 + x)
L’intégrale
R1
p1 dx
0
x
0
x
;
ln(1 + x)
1
p ; car ln(1 + x)
x
0
x:
converge, donc d’après les critères de comparaison et d’équivalence,
est absolument convergente, donc convergente.
Au voisinage de +1:
sin(1=x2 )
donc
0
L’intégrale
R +1
2
1
3
x 2 ln x
+1
p
0
x sin(1=x2 )
dx
ln(1 + x)
1
;
x2
p
x sin(1=x2 )
ln(1 + x)
R1
1
+1
3
2
x ln x
:
dx est de Bertrand convergente, donc d’après le critère d’équivalence
Z +1 p
x sin(1=x2 )
dx est convergente.
ln(1 + x)
2
Conclusion: I3 est convergente.
Exercice 3 :
1- La fonction x !x e
x
est localement contibue sur ]0; +1[,
Z 1
Z +1
x
( )=
x e dx +
x e x dx:
0
1
Au voisinage de 0:
x e
l’intégrale de Riemann
ssi > 1.
Au voisinage de +1:
R1
0
x dx converge ssi
lim x e
x!+1
1
x
2
x
>
x ;
0
1, donc par équivalence
= 0 =) 9A > 1; 8x
1
A; x e
1
x
2
R1
0
x e x dx converge
k;
=) x e x ke 2 x ; 8x A:
R +1
R +1 1
D’après le théorème de comparaison, 1 x e x dx est convergente car 0 e 2 x dx converge.
(Autre méthode: toujours au v(+1), on peut e¤ectuer le changement de variable x = ln t, on
aura par la suite une integrale de Bertrand convergente pour toute de la valeur de )
On en conclut que ( ) converge si et seulement si > 1.
— — — — — — — — TRAVAUX DIRIGÉS N 2— — — — — — — — — — —
2- Pour n 2 N,
(n + 1) =
Z
+1
xn+1 e x dx
0
=
7
IP P
lim [ x
n+1
b!+1
e
x b
]0
+ (n + 1)
Z
+1
xn e x dx
0
= (n + 1) (n);
par récurrence, on montre que (n + 1) = (n + 1)! (0); et comme (0) = 1, donc:
(n) = n!; n 2 N:
R +1 1
1
(
arctan )dx doit-être étudiée seulement au
1
x
x
1
1
arctan est localement intégrable.
voisinage de +1 car sur [1; +1[; la fonction x !
x
x
Au voisinage de +1:
Le D.L4 (0). de la fonction u ! arctan u assure que:
Exercice 4 : a) La convergence de J1 =
u
arctan u
0
1 3
u;
3
c-à-d
1
1
1
1
arctan
;
+1
x
x
3 x3
par équivalence à une intégrale de Riemann convergente, en déduit que J1 est convergente.
Calculons J1 :
Ulilisant le fait que
1
arctan x + arctan = ;
x
2
composé au résultat de l’exercice 3 de la première série:
Z
1
arctan xdx = x arctan x
ln(1 + x2 ) + c; x 2 R et c 2 R
2
Z
1
1
=) arctan dx = x x arctan x + ln(1 + x2 ) + c:
x
2
2
soit b > 1;
Z b
1
1
J1 (b) =
(
arctan )dx
x
1 x
1
= [ln x
x + x arctan x
ln(1 + x2 )]b1
2
2
x
) x(
ar tan x)]b1 ;
= [ln( p
2
2
1+x
|
{z
}
ar tan
comme
x arctan
1
x
+1
1
3
donc
J1 =
1+
4
+
1
x
1
+ 1;
x2
1
ln 2:
2
8
A. ABBASSI
b)Posons:
J2 =
Z
p1
2
0
1
ln(1 x2 )
dx;
x2
0
Z 1
ln(1 x2 )
ln(1 x2 )
dx
+
dx;
x2
x2
p1
J2 =
on a
Z
2
au v(0);
ln(1 x2 )
x2
0
Z
1 et donc
ln(1 x2 )
dx converge.
x2
0
Au voisinage de 1 :
sur l’intervalle [ p12 ; 1[ on 1
p1
2
ln(1 x2 )
x2
2
x ; donc
x2
1
x2 )
ln(1
x2 )
ln(1
ln x2 ;
la fonction x ! ln x2 est continue sur [ p12 ; 1]; donc
Z 1
Z 1
ln(1 x2 )
2
ln(1 x )dx 2 R =)
dx converge.
1
1
x2
p
p
2
2
On en conclut que J2 est convergente.
R 1 ln(1 x2 )
Calcul de J2 = 0
dx
x2
Z 1
ln(1 x2 )
1
dx = [
ln(1
2
x
x
0
1
= [
ln(1
x
x
2
Z
)]10
1
1
x
0
Z
2x
dx
1 x2
1
(x + 1) (x 1)
dx
(1 x)(1 + x)
0
Z 1
1
1
1
1
= [ (ln(1 x) + ln(1 + x))]0
(
)dx
x
x 1+x
0 1
1
1
= [(
+ 1)(ln(1 x) + (
1) ln(1 + x)]10
x
x
= 2 2 ln 2
x2 )]10
Exercice 5 : (Intégrale de Gauss)
1) Soit x 2 R, calculons les dérivées:
0
F (x) = 2e
x2
Z
+1
e
t2
dt;
0
et
0
G (x) =
=
Z
2
1
2
d e x (1+t )
(
)dt
1 + t2
0 dx
Z 1
2
x2
2xe
e (xt) dt;
0
on pose: s = xt; ds = xdt; on a alors:
0
G (x) =
2e
x2
Z
0
x
e
s2
ds:
— — — — — — — — TRAVAUX DIRIGÉS N 2— — — — — — — — — — —
9
D’où
F 0 (x) + G0 (x) = 0 sur R;
donc
F (x) + G(x) = cste = F (0) + G(0)
8x 2 R:
2)
Z
lim G(x) =
x!+1
1
lim (
x2 (1+t2 )
e
0 x!+1
1 + t2
)dt
= 0;
=) lim F (x) = G(0) (car F (0) = 0):
x!+1
Puisque
Z
1
1
dt
2
0 1+t
= [arctan x]10
G(0) =
=
4
Donc,
Z
lim F (x) =
x!+1
:
2
+1
e
t2
dt
0
La valeur de l’intégrale de Gauss est:
Z
+1
t2
e
0
dt =
p
2
=
4
:
Exercice 6 :
1
1- La fonction f : x ! ex +e
Donc l’étude de la
x est localement intégrable sur [0; +1[.
R +1
convergence de I = 0 f (t)dt revient à étudier le comportement de f au voisinage de +1.
Au v(+1):
1
x
+1 e ;
ex + e x
R +1
R +1 1
or 1 e x dx est convergente, donc 1 ex +e
x dx est convergente.
R +1 1
C/C 0 ex +e x dx est convergente.
2- Soit a > 0
a) Par le changement de variable t = x, l’intégrale I(a) s’écrit:
Z 0
1
I(a) =
dt
t + et
a e
= J(a):
b) On a:
I(a) =
Z
0
on pose
a
ex
dx;
e2x + 1
u = ex ; du = ex dx:
10
A. ABBASSI
=) I(a) =
Z
ea
=
1
a
[arctan x]e1
=
arctan ea
u2
4
1
du
+1
:
3- Calculons la valeur de I:
I =
lim I(a)
a!+1
=
2
=
4- D’après ce qui précédent:
Z
+1
1
ex
4
1
+e
x
4
:
dx = 2I =
2
:
x
5- La fonction g : x ! x2
est localement intégrable sur [0; +1[. Donc l’étude de la
x2
R +1 e + e
convergence de k = 0 g(t)dt revient à étudier le comportement de g au voisinage de +1.
Au v(+1):
x
x2
;
+1 xe
2
2
x
x
e +e
au voisinage de +1, 9A > 1= 8x A =) xe x 1
c-à-d
2
xe x
e x ; 8x A
R +1 x
R +1
or 1 e dx est convergente, donc 1 g(t)dt est convergente.
R +1
x
C/C 0 ex2 +e
2 dx est convergente.
R x+1
x
Calculons k = 0 ex2 +e
dx;
x2
2
on pose u = x ; du = 2xdx, donc
Z
1 +1
du
k =
u
2 0
e +e u
1
=
I
2
=
8
:
