integrale generalisee[1]

Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2
Sujets : Intégrale généralisée.
Énoncés des sujets :
Exercice 1
On admet que
Z 1
+∞
X
1
π2
ln t
=
,
et
on
se
propose
de
calculer
I
=
dt.
k2
6
t
−1
0
k=1
1. Montrer l'existence de cette intégrale.
2. Pour k ∈ N, montrer que Ik =
Z
1
tk ln(t) dt converge et eectuer le calcul de Ik .
0
3. Montrer que
n
X
Z
1 n+1
t
Ik =
0
k=0
ln(t)
dt − I .
t−1
t ln(t)
lorsque t tend vers 0 et lorsque t tend vers 1. En déduire qu'il existe une constante
t−1
t ln(t)
6 M.
M > 0, qu'on ne cherchera pas à calculer, telle que pour tout t ∈]0, 1[,
t−1
Z 1 n+1
+∞
X
t
ln(t)
1
5. En déduire que lim
dt = 0, puis que : I =
.
n→+∞ 0
t−1
(k + 1)2
4. Calculer la limite de
k=0
Conclure.
Correction H
[ig1]
Exercice 2
Partie I : Étude d'une fonction dénie par une intégrale
1. Montrer que pour tout x > 0, l'intégrale
Z
+∞
0
e−t
dt converge.
x+t
On note f :]0, +∞[→ R l'application dénie, pour tout x ∈]0, +∞[, par : f (x) =
Z
0
+∞
e−t
d t.
x+t
1
e−1
2. Montrer : ∀x ∈]0, +∞[, f (x) >
dt. En déduire f (x) −→ +∞.
x→0+
0 x+t
1
3. Montrer : ∀x ∈]0, +∞[, 0 6 f (x) 6 . En déduire f (x) −→ 0.
x→+∞
x
Z +∞
4. Montrer que l'intégrale
te−t dt converge et que :
Z
0
∀x ∈]0, +∞[,
En déduire : f (x)
∼
x→+∞
f (x) −
1
1
6 2
x
x
Z
+∞
te−t dt.
0
1
.
x
Partie II : Une autre expression intégrale de f .
A - Dérivabilité et expression de la dérivée de f sous forme d'une intégrale
x
2
5. Soit (x, h) ∈]0, +∞[×R∗ tel que h > − .
+∞
e−t
dt converge.
(x + t)2
0
1
1
1
1
2|h|
(b) Établir : ∀t ∈ [0, +∞[,
−
+
6 3 .
h x+h+t x+t
(x + t)2
x
Z +∞
−t
f (x + h) − f (x)
e
2|h|
(c) En déduire :
+
dt 6 3 .
2
h
(x + t)
x
0
(a) Montrer que l'intégrale
Z
1/51
6. En déduire que f est dérivable sur ]0, +∞[ et que : ∀x ∈]0, +∞[, f 0 (x) = −
Z
+∞
0
e−t
dt.
(x + t)2
7. Montrer que pour tout x ∈]0, +∞[ et tout (ε, A) ∈]0, 1] × [1, +∞[ :
A
Z
ε
e−A
e−t
e−ε
dt = −
+
−
2
(x + t)
x+A x+ε
A
Z
ε
e−t
dt.
x+t
1
x
8. En déduire : ∀x ∈]0, +∞[, f 0 (x) = − + f (x).
9. Montrer que f que f est de classe C 2 sur ]0, +∞[ et que ∀x ∈]0, +∞[, f 00 (x) =
1
+ f 0 (x).
x2
B - Intervention d'une fonction auxiliaire g
On note g :]0, +∞[→ R l'application dénie, pour tout x > 0, par : g(x) = e−x f (x).
10. Démontrer que g est dérivable sur ]0, +∞[ et que : ∀x ∈]0, +∞[, g 0 (x) = −
Z
11. Montrer que, pour tout x ∈]0, +∞[, l'intégrale
+∞
x
e−u
du converge et que :
u
Z
∀x ∈]0, +∞[,
+∞
g(x) =
x
puis : ∀x ∈]0, +∞[,
f (x) = ex
Z
+∞
12. Montrer que
+∞
x
e−u
du,
u
e−u
du.
u
x
Z
e−x
.
x
e−u
e−x
du ∼
.
x→+∞ x
u
Correction H
[ig2]
Exercice 3
Soient a et b deux réels avec 0 < a < b.
1. Justier la convergence de
+∞
Z
0
e−at − e−bt
dt.
t
2. Soit (x, y) ∈ R2 tel que 0 < x < y . Démontrer que :
Z
y
x
e−at − e−bt
dt =
t
Z
bx
ax
e−t
dt −
t
Z
by
ay
e−t
dt.
t
3. Démontrer que, pour tout réel z > 0,
e−bz ln
4. En déduire que
Z
b
6
a
+∞
0
Z
bz
az
e−t
b
dt 6 e−az ln .
t
a
e−at − e−bt
b
dt = ln .
t
a
Correction H
[ig3]
Exercice 4
1. Montrer la convergence de
Z
0
2. En déduire le calcul de
Z
0
π/2
+∞
t
dt, et calculer cette intégrale.
(t + 2)(t2 + 1)
sin u
du.
2 cos u + sin u
On pourra eectuer, en le justiant, le changement de variable t = tan u.
2/51
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2
Correction H
[ig4]
Exercice 5
On pose B(u, v) =
1.
2.
3.
4.
5.
1
Z
tu−1 (1 − t)v−1 dt.
0
Pour quelles valeurs de (u, v) ∈ R2 cette intégrale est-elle dénie ? On note D l'ensemble de ces valeurs.
Calculer B 12 , 12 .
Prouver que ∀(u, v) ∈ D, B(u, v) = B(v, u).
Prouver que ∀(u, v) ∈ D, B(u, v) = B(u + 1, v) + B(u, v + 1).
Au moyen d'une intégration par parties, prouver que :
∀(u, v) ∈ D,
B(u + 1, v) =
u
B(u, v)
u+v
6. En déduire l'expression de B(n + 1, p) en fonction de B(1, p) pour (n, p) ∈ N × N∗ .
On pourra conjecturer le résultat et le montrer par récurrence sur n.
7. Calculer B(n, p) pour (n, p) ∈ N∗ × N∗ .
Correction H
[ig5]
Exercice 6
1. Soit a un réel strictement compris entre 0 et 1.
1
(a) Établir que ln
∼ 1 − x (on pourra poser u = 1 − x).
x x→1
(b) Montrer que pour tout réel p, et pour tout réel q strictement supérieur à −1, l'intégrale
est convergente.
Z
1
x
a
p
1
ln
x
q
dx
(ln x)r
.
x→+∞
xα
(b) On supposeZ encore 0 < a < 1. Montrer que pour tout réel r, et pour tout réel s strictement supérieur à 1,
+∞
(ln x)r
l'intégrale
dx est convergente.
1
xs
a
(ln x)r
1
Indication : poser s = 1 + 2α et montrer que
=
o
au voisinage de +∞.
xs
x1+α
3. Déduire des questions
qque pour tout réel p et pour tout réel q tous deux strictement supérieurs à −1,
Z 1précédentes
1
dx est convergente.
l'intégrale I(p, q) =
xp ln
x
0
4. Montrer que pour tout réel p et pour tout réel q , tous deux strictement supérieurs à −1, l'on a :
Z +∞
(a) I(p, q) =
e−(p+1)x xq dx.
2. (a) Soit α un réel strictement positif et r un réel quelconque. Rappeler la valeur lim
0
(b) I(p, q) =
1
I(0, q).
(p + 1)q+1
5. (a) Montrer que pour tout réel q strictement positif, I(0, q) = qI(0, q − 1).
(b) En déduire I(p, q) pour p réel strictement supérieur à −1 et pour tout entier q positif ou nul.
Correction H
[ig6]
Exercice 7
Dans ce problème, on donne les intégrales :
Z
+∞
I=
0
√
dx
x(1 + x)
Z
;
J=
0
+∞
√
ln(x)
dx ;
x(1 + x)
Z
K=
0
+∞
√
x ln(x)
dx
(1 + x)2
1. Étude de l'intégrale I :
3/51
(a) Montrer la convergence de I .
√
(b) Calculer I (on pourra utiliser, en le justiant, le changement de variable u = x).
2. Étude de l'intégrale J :
(a) Montrer que √
1 ln(x)
= o 3/4 .
x(1 + x) x→0 x
En déduire la convergence de l'intégrale J1 =
1
Z
√
0
ln(x)
dx.
x(1 + x)
(b) Par une méthode analogue, montrer la convergence de l'intégrale J2 =
Z
1
+∞
√
ln(x)
dx.
x(1 + x)
En déduire la nature de J .
(c) À l'aide du changement de variable u = x1 , que l'on justiera, prouver que J1 = −J2 , et en déduire la valeur
de J .
3. Étude de l'intégrale K :
√
x ln(x)
. On admet la convergence de l'intégrale K .
1+x
1
(b) Montrer, à l'aide d'une intégration par parties, que K = J + I . En déduire la valeur de K .
2
(a) Calculer les limites en 0 et en +∞ de la fonction x 7→
Correction H
[ig7]
Exercice 8
Z
Le but de l'exercice est de calculer
1. Démontrer que l'intégrale
+∞
0
+∞
Z
0
sin(t)
dt.
t
sin2 (t)
dt est convergente.
t2
2. En utilisant une intégration par parties et le changement de variable t 7→ u = 2t, montrer que :
Z
0
+∞
sin2 (t)
dt =
t2
Z
+∞
0
2 sin(t) cos(t)
dt =
t
3. Pour tout n ∈ N, on pose :
Z
π
2
Z
0
+∞
sin(t)
dt .
t
sin2 (nt)
dt
t2
In =
0
En utilisant le changement de variables t 7→ u = nt, montrer que
In
=
n→+∞ n
Z
lim
4. Pour tout n ∈ N, on pose :
π
2
Z
An =
0
0
+∞
sin(t)
dt .
t
sin2 (nt)
dt .
sin2 (t)
Calculer A0 et A1 .
5. (a) Montrer la relation pour tout a, b ∈ R :
sin(a + b) sin(a − b) = sin2 a − sin2 b
(b) Démontrer que pour tout n ∈ N,
sin2 (nt) − 2 sin2 ((n + 1)t) + sin2 ((n + 2)t) = 2 sin2 (t) cos(2(n + 1)t) .
En déduire que An − 2An+1 + An+2 = 0.
π
6. Déduire des deux questions précédentes que pour tout n ∈ N, An = n .
2
7. Pour tout n ∈ N, on pose :
Z
Bn =
0
π
2
sin2 (nt)
dt .
tan2 (t)
π
Montrer que An − Bn = .
4
4/51
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2
8. (a) Montrer que pour tout x ∈ [0, π2 [, on a : sin(x) 6 x 6 tan(x).
(b) En déduire que :
∀n ∈ N,
9. Déduire de ce qui précède que
+∞
Z
0
Bn 6 In 6 An .
sin(t)
π
dt = .
t
2
Correction H
[ig8]
Exercice 9
Le but de l'exercice est l'étude de la fonction f dénie par la formule suivante :
+∞
Z
e−2t
f (x) =
p
1 + x2 e2t dt
0
1. Domaine de dénition de f :
(a) Justier que pour tout réel a > 0, l'intégrale
Z
+∞
e−at dt est convergente et donner sa valeur.
0
(b) Soit x un réel xé. Établir la convergence de l'intégrale
+∞
Z
e−2t
p
1 + x2 e2t dt.
0
(c) Déterminer l'ensemble de dénition de f , et expliquer pourquoi on peut se contenter d'étudier f sur R+ .
2. Branche innie de la courbe représentative de f :
(a) Démontrer les deux encadrements suivants :
i. ∀x > 0, ∀t > 0,
√
xet 6
1 + x2 e2t 6 xet +
e−t
2x
1
.
6x
ii. ∀x > 0, x 6 f (x) 6 x +
(b) Préciser alors la nature de la branche innie de la courbe représentative de f au voisinage de +∞.
3. Dérivabilité et monotonie de f :
(a) Montrer que si g est une fonction continue sur ]0, +∞[ telle que
Z
+∞
g(t) dt existe, alors la fonction :
1
Z
+∞
g(t) dt
H : x 7→
x
est de classe C 1 sur ]0, +∞[, et H 0 (x) = −g(x).
(b) Soit x > 0. À l'aide d'un changement de variable que l'on détaillera, démontrer que :
f (x) = x
2
Z
+∞
√
x
1 + u2
du
u3
(c) Montrer que la fonction f est de classe C 1 sur ]0; +∞[ et calculer sa dérivée (on exprimera cette dérivée à
l'aide de f et de fonctions usuelles).
(d) Justier, pour tout réel x strictement positif, l'égalité suivante :
2f (x) =
p
1+
x2
+x
2
Z
+∞
x
1
√
du
u 1 + u2
(e) En déduire la monotonie de f sur ]0, +∞[.
4. Étude locale de f et f 0 en 0 :
(a) Justier que la formule suivante est valable pour tout réel x strictement positif :
Z
+∞
x
et que l'intégrale
Z
0
+∞
1
ln x
du = − √
+
2
u 1+u
1 + x2
√
Z
+∞
x
u ln u
du
(1 + u2 )3/2
u ln u
du est convergente.
(1 + u2 )3/2
5/51
(b) À l'aide des questions précédentes, démontrer que l'on a :
et
f 0 (x) ∼ + −x ln x
x→0
f (x) −
1
2
∼+ −
x→0
x2 ln x
2
(c) En déduire que f est une fonction de classe C 1 sur [0, +∞[ et préciser la valeur de f 0 (0).
(d) Tracer l'allure de la courbe représentative de f sur R.
Correction H
[ig9]
Exercice 10
Pour tout n ∈ N , on pose In =
∗
Z
1
+∞
dx
.
xn (x + 1)
1. Vérier que In est une intégrale convergente.
2. (a) Déterminer les réels a et b tels que, pour tout x diérent de −1 et 0, on ait :
1
a
b
= −
x(x + 1)
x x+1
(b) En déduire la valeur de I1 .
3. (a) Montrer que, pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 2, on a :
0 6 In 6
1
2(n − 1)
(b) En déduire l'existence et la valeur de lim In .
n→+∞
4. (a) Pour tout n de N∗ , calculer In + In+1 .
(b) Montrer que la suite (In )n∈N∗ est décroissante.
(c) En déduire un équivalent de In puis donner la nature de la série de terme général In .
Z +∞
dx
5. Pour tout n de N, on pose Jn =
.
n
2
1
x (x + 1)
(a) Montrer que Jn est une intégrale convergente.
(b) Calculer J0 .
6. (a) Pour tout k de N∗ , exprimer Jk + Jk−1 en fonction de Ik .
(b) Déterminer alors, pour tout n ∈ N∗ , l'expression de
n
X
(−1)k−1 Ik en fonction de Jn .
k=1
1
(c) Montrer que : ∀n ∈ N, n > 2, 0 6 Jn 6
. Donner la valeur de lim Jn .
n→+∞
4(n − 1)
n−1
(d) En déduire que la série de terme général (−1) In est convergente et donner sa somme.
Correction H
[ig10]
Exercice 11
Pour α réel et n entier strictement positif, on considère les intégrales généralisées :
Z
+∞
In,α =
0
(sin t)n
dt
tα
Une intégrale généralisée est dite semi-convergente si elle est convergente mais non absolument convergente.
Partie I : cas n = 1.
On étudie dans cette partie la convergence de I1,α =
Z
+∞
sin t
dt.
tα
0
1. Étudier, suivant les valeurs de α, la convergence de
2. On suppose dans cette question que α > 1.
Z
0
1
sin t
dt.
tα
6/51
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2
2.a Étudier la convergence absolue de l'intégrale
Z
1
+∞
sin t
dt.
tα
2.b Pour quelles valeurs de α > 1, l'intégrale I1,α existe-t-elle ?
3. On suppose dans cette question que 0 < α 6 1.
Z
+∞
sin t
dt converge.
tα
1
Z x
sin t
(on pourra considérer
dt et utiliser une intégration par parties).
tα
1
3.b En déduire que l'intégrale I1,α converge.
Z (k+1)π
sin t
dt.
3.c On considère la série de terme général uk =
tα
kπ
Z (k+1)π
sin t
k
3.d Montrer que pour k ∈ N, uk = (−1)
dt (distinguer les cas k pair et k impair).
tα
kπ
2
2
6 |uk | 6 α α .
3.e Montrer que pour k ∈ N∗ :
(k + 1)α π α
k π
Z nπ
sin t
3.f En déduire lim
dt. L'intégrale I1,α est-elle absolument convergente ?
n→+∞ π
tα
Z nπ
sin t
dt.
4. On suppose dans cette question que α 6 0. On considère la suite de terme général vn =
tα
π
Justier que pour tout entier n ∈ N∗ , on a |vn+1 − vn | > 2 et en déduire la nature de l'intégrale I1,α .
3.a Montrer que
Partie II : Cas
n=3
et α = 2.
1. Étudier la convergence de I3,2 .
π
π
sin t
→ R dénie par f (t) =
. Montrer que f est décroissante sur 0, .
2
t
2
Z bx
sin t
dt.
2.b Soient a et b ∈ R tels que 0 < a < b. Soit Fa,b (x) =
t2
ax
2(b)2.1 Étudier la parité de Fa,b .
b
2(b)2.2 Montrer que la limite de Fa,b (x) est ln
lorsque x tend vers 0.
a
2. 2.a Soit f : 0,
Indication : On pourra utiliser un encadrement judicieux de la fonction t 7→
[ax, bx] lorsque x → 0+ , en se servant de la question 2a.
sin t
sur l'intervalle
t
+∞
sin3 t
dt.
t2
ε
3.a Linéariser la fonction t 7→ sin3 t.
3. Soit I(ε) =
Z
3.b Montrer que I(ε) = kF1,3 (ε) où k est une constante que l'on déterminera.
3.c En déduire la valeur de I3,2 .
Partie III : Cas Zα = n.
+∞
On pose An = In,n =
0
Z
sin t
t
n
d t.
+∞
sin t
π
dt = . x étant un réel strictement positif, calculer
t
2
0
2. Étudier la convergence de l'intégrale An pour n supérieur ou égal à 2.
1. On admet que A1 =
Z
+∞
0
sin(xt)
dt.
t
3. Calculer A2 (on pourra faire une intégration par parties).
4. 4.a À l'aide d'intégrations par parties, montrer que A4 =
2
3
4.b En déduire A4 en fonction de A2 , puis la valeur de A4 .
Correction H
Z
0
+∞
sin2 t(4 cos2 t − 1)
dt.
t2
[ig11]
Exercice 12
7/51
On admet que l'intégrale I =
Z
+∞
0
Z
sin u
π
du est convergente et vaut .
u
2
+∞
sin(au)
du où a est un réel.
u
0
Z +∞
sin2 u
2. (a) Justier la convergence de l'intégrale J =
du.
u2
0
(b) Calculer J .
Z +∞
sin(au). sin(bu)
3. On considère K(a, b) =
du, où a et b sont des réels.
u2
0
1. Calculer l'intégrale I(a) =
(a) Exprimer K(a, b) à l'aide de I(a + b) et I(a − b).
(b) En déduire les valeurs de K(a, b) en distinguant les diérentes régions du plan (a, b).
(c) Donner une expression de K(a, b) regroupant les diérents cas.
Correction H
[ig01]
Exercice 13
On note, lorsque cette valeur est dénie, F (x) =
Z
+∞
x
1. Montrer que F (x) existe pour tout x > 0.
2. Montrer que pour tout x > 0 :
e−t
dt.
t
Z
1
F (x) = F (1) +
x
e−t
dt
t
3. Montrer que F est de classe C sur ]0, +∞[. Préciser F .
4. (a) Justier que lim F (x) = 0.
0
1
x→+∞
(b) Montrer que pour tout x ∈]0, 1] :
1
Z
x
ln x
e−t
dt > −
t
e
(c) En déduire la limite de F (x) lorsque x tend vers 0+ .
5. Dans cette question, on cherche à déterminer un équivalent lorsque x tend vers 0 de F (x).
(a) Justier, par exemple à l'aide de l'inégalité des accroissements nis, que :
∀t ∈]0, 1],
(b) En déduire que, pour tout x ∈]0, 1] :
Z
1
x
|e−t − 1| 6 t
e−t
dt + ln x 6 1
t
(on pourra écrire ln x sous forme d'une intégrale).
(c) En déduire que F (x) ∼ + − ln x.
x→0
6. Dans cette question, on cherche à déterminer un équivalent lorsque x tend vers +∞ de F (x).
(a) Montrer que, pour tout x > 0,
Z
(b) Montrer que, pour tout x > 0,
Z
+∞
x
+∞
x
e−t
dt converge.
t2
e−t
1
dt 6 F (x).
2
t
x
(c) En déduire, à l'aide d'une intégration par parties, que F (x)
Correction H
∼
x→+∞
e−x
.
x
[ig02]
Exercice 14
On considère, pour n ∈ N∗ , l'intégrale Jn =
Z
0
+∞
dx
.
(1 + x3 )n
8/51
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2
1. Justier la convergence de cette intégrale.
2. Calculer J1 en utilisant une décomposition en éléments simples.
3. En utilisant une intégration par parties, donner une expression de Jn − Jn+1 en fonction de Jn . En déduire que
3n − 1
Jn .
Jn+1 =
3n
√
4. On pose vn = 3 nJn et un = ln(vn ).
X
(a) Montrer que la série
(un+1 − un ) converge.
n>1
Que peut-on en déduire concernant la suite (un ) ?
(b) En déduire qu'il existe A > 0 tel que Jn
∼
n→+∞
A
√
.
3
n
Correction H
[ig03]
Exercice 15
L'objet de cet exercice est d'obtenir (encore) une approximation de la constante d'Euler dénie par :
γ = lim
n→+∞
1
1
1 + + · · · + − ln(n)
2
n
n est un entier supérieur ou égal à 1 xé. On dénit les fonctions A et B d'une variable réelle par les relations :
Z +∞ −t
Z x
e
1 − e−t
dt,
B(x) =
dt.
A(x) =
t
t
x
0
1. (a) Montrer que A est dénie et de classe C ∞ sur R.
(b) Montrer que B est dénie sur R∗+ . La fonction B est-elle dénie en 0 ?
(c) Justier que B est de classe C ∞ sur R∗+ .
2. Montrer (après avoir justié l'existence de l'intégrale) que :
Z
n
1
X1
1 − (1 − u)n
du =
.
u
k
0
En déduire que :
n
X
k=1
1
− ln n =
k
3. (a) Montrer que pour tout u de [0, 1] :
k=1
Z
0
1
1− 1−
t
t n
n
dt −
Z
1
n
1 − nt
t
n
dt.
(1 − u2 ) e−u 6 1 − u 6 e−u .
(b) Montrer que pour tout α de [0, 1] :
(1 − α)n > 1 − nα.
(c) En déduire que pour tout t de [0, n] :
0 6 e−t − 1 −
t n
t2
6 e−t .
n
n
(d) Déduire de ce qui précède que γ = A(1) − B(1).
4. Soit x > 0. Calculer A(x) − B(x) − A(1) + B(1). En déduire que pour tout x > 0 :
γ = A(x) − B(x) − ln x.
5. (a) Montrer que pour tout x > 0, 0 6 B(x) 6
e−x
.
x
1
3
(b) Déterminer x0 > 0 tel que, pour x > x0 , on ait B(x) 6 10−2 .
6. (a) Montrer que A est développable en série entière :
A(x) =
∞
X
an xn
n=1
en précisant la valeur de an .
9/51
n
(b) Soit x > 0 xé. Montrer que la suite (|aP
n x |)n>0 est décroissante pour n > x. En déduire, pour n > x, un
majorant du reste d'ordre n de la série an xn .
7. Indiquer comment utiliser les résultats précédents pour calculer une valeur approchée de γ à 10−2 près.
Correction H
[ig04]
10/51
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2
Corrigés des sujets :
Correction de l'exercice 1
N
ln t
est continue et positive sur ]0, 1[.
t−1
ln t
? Au voisinage de 0, on a :
∼ − ln t.
t − 1 t→0
Z 1/2
Z 1/2
ln t
Or
ln t dt converge, donc
dt converge.
t−1
0
0
1. La fonction t 7→
? Au voisinage de 1, on a : ln(t) = ln(1 + (t − 1)) ∼ t − 1.
t→1
ln t
t−1
Ainsi lim
= lim
= 1.
t→1 t − 1
t→1 t − 1
1
Z
La fonction se prolonge par continuité en 1, donc
1/2
ln t
dt existe.
t−1
En résumé :
Z
1
0
ln t
dt converge.
t−1
2. Il faut distinguer deux cas :
? Pour k = 0, on sait que I0 =
1
Z
ln(t) dt converge et vaut −1.
0
? Pour k > 1, la fonction t 7→ tk ln(t) est continue sur ]0, 1] et se prolonge par continuité en 0 puisque d'après le
théorème des croissances comparées :
lim tk ln(t) = 0.
t→0
Donc Ik existe pour k > 1, et pour le calcul (qui reste valable aussi pour k = 0) on peut eectuer l'intégration
par parties qui suit :
u(t) = ln(t) et v 0 (t) = tk
u0 (t) =
valable car u(t)v(t) =
1
t
v(t) =
tk+1
k+1
ln(t)tk+1
−→ 0. Ce qui donne :
k + 1 t→0
1
Z 1
ln(t)tk+1
1
−
tk dt
k+1 0 k+1 0
k+1 1
t
1
1
=−
= −
k+1 k+1 0
(k + 1)2
Ik
=
∀k > 0,
Ik = −
1
(k + 1)2
3. Par linéarité de l'intégrale, on a :
n
X
Ik
=
k=0
n Z
X
k=0
Z 1
=
0
1
t ln(t) dt =
k
1
Z
0
"
0
1 − tn+1
ln(t) dt =
1−t
Z
n
X
#
k
t
ln(t) dt
k=0
1
0
1
ln(t) dt −
1−t
Z
0
1
tn+1
ln(t) dt
1−t
On reconnaît l'écriture qui suit :
n
X
k=0
Z
Ik =
0
1 n+1
t
ln(t)
dt − I
t−1
11/51
4. lim t ln(t) = 0 par croissances comparées donc : lim
t→0
t→0
t ln(t)
=0.
t−1
ln t
t ln(t)
= 1, donc : lim
=1.
t→1 t − 1
t→1 t − 1
On a vu de plus, à la question 1, que lim
t ln t
On en déduit que la fonction t 7→
se prolonge en une fonction continue h sur le segment [0, 1]. Comme il
t−1
s'agit d'une fonction continue sur un segment, le prolongement h est borné (et atteint ses bornes), autrement dit :
∃M > 0, ∀t ∈ [0, 1],
En particulier, comme h(t) =
|h(t)| 6 M
t ln t
pour t ∈]0, 1[ :
t−1
t ln t
6M
t−1
∃M > 0, ∀t ∈]0, 1[,
5. On peut utiliser le résultat qui précède de la manière suivante :
1 n+1
Z
t
0
De plus
Z
1
M tn dt =
0
M tn+1
n+1
1
=
0
1
Z
ln t
dt 6
t−1
tn+1 ln t
dt =
t−1
0
1
Z
0
t ln t n
t dt 6
t−1
Z
1
M tn dt
0
M
−→ 0. D'après le théorème d'encadrement :
n + 1 n→+∞
Z
lim
n→+∞
1 n+1
t
0
ln t
dt = 0
t−1
Or on sait d'après les questions 2 et 3 que :
Z
I=
0
n
1 n+1
t
X
ln t
Ik =
dt −
t−1
k=1
Z
1 n+1
t
0
n
X
1
ln t
dt +
t−1
(k + 1)2
k=1
Donc par passage à la limite lorsque n tend vers +∞ :
I=
+∞
X
k=0
+∞
X 1
1
=
2
(k + 1)
k2
k=1
On conclut immédiatement à l'aide du résultat de la partie I :
I=
Correction de l'exercice 2
π2
6
N
Partie I : Étude d'une fonction dénie par une intégrale
1. Soit x > 0. La fonction t 7→
e−t
est continue et positive sur [0, +∞[, et pour t > 1 :
x+t
e−t
e−t
6
6 e−t
x+t
t
On sait que
Z
+∞
e
1
−t
dt converge, donc
Z
+∞
1
e−t
dt converge.
x+t
Z
0
+∞
e−t
dt converge.
x+t
12/51
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2
On note f :]0, +∞[→ R l'application dénie, pour tout x ∈]0, +∞[, par : f (x) =
Z
+∞
0
e−t
d t.
x+t
e−t
2. Soit x > 0. La fonction t 7→
est positive sur ]0, +∞[, donc d'après la relation de Chasles :
x+t
Z 1 −t
Z 1 −t
Z +∞ −t
e
e
e
f (x) =
dt +
dt >
dt
x+t
0 x+t
0 x+t
|1
{z
}
>0
De plus, pour t ∈ [0, 1], on a
e−1
e−t
>
, donc
x+t
x+t
1
Z
0
e−t
dt >
x+t
∀x ∈]0, +∞[, f (x) >
Z
1
0
Enn
Z
1
1
Z
0
e−1
dt :
x+t
e−1
dt
x+t
1
e−1
dt = e−1 ln(x + t) 0 = e−1 (ln(x + 1) − ln(x)) −→+ +∞.
x+t
x→0
0
On conclut avec le théorème d'encadrement :
f (x) −→ +∞
x→0+
3. Soit x > 0, on a d'autre part :
∀t ∈ [0, +∞[,
06
e−t
e−t
6
x+t
x
et par passage à l'intégrale entre 0 et +∞ :
+∞
Z
0 6 f (x) =
0
e−t
dt 6
x+t
Z
+∞
0
−t +∞
e−t
−e
1
dt =
=
x
x 0
x
∀x ∈]0, +∞[, 0 6 f (x) 6
Comme lim
x→+∞
1
x
1
= 0, on conclut, toujours avec le théorème d'encadrement :
x
f (x) −→ 0
x→+∞
4. La fonction t 7→ te−t est continue et positive sur ]0, +∞[, et on a au voisinage de +∞ :
te−t 6
1
t2
En eet, t2 × te−t = t3 e−t −→ 0 par croissances comparées, et donc :
t→+∞
∃A > 0, ∀t > A,
Comme
Z
+∞
A
dt
t2
converge, on en déduit que
Z
t2 × te−t 6 1
+∞
(i.e te−t 6
1
).
t2
te−t dt converge, d'où :
A
Z
+∞
te−t dt converge.
0
Soit x > 0 :
1
f (x) −
x
Z
+∞
=
0
Z
=
0
+∞
Z +∞ −t
e−t
e
dt −
dx
x
+
t
x
0
0
Z +∞
xe−t − (x + t)e−t
−te−t
dt =
dt
x(x + t)
x(x + t)
0
e−t
1
dt − =
x+t
x
Z
+∞
13/51
Or
Z
+∞
0
−te−t
dt 6
x(x + t)
Z
+∞
−te−t
dt =
x(x + t)
0
+∞
Z
0
f (x) −
∀x ∈]0, +∞[,
On en déduit que f (x) −
1
Donc f (x) = + o
x
1
=o
x
te−t
dt 6
x(x + t)
1
1
6 2
x
x
+∞
Z
0
+∞
Z
te−t
dt, ainsi :
x2
te−t dt.
0
Z
1
1 +∞ −t
1
te dt −→ 0.
car : x f (x) − 6
x→+∞
x
x
x 0
1
et on en déduit :
x
f (x)
∼
x→+∞
1
.
x
Partie II : Une autre expression intégrale de f .
A - Dérivabilité et expression de la dérivée de f sous forme d'une intégrale
x
2
5. Soit (x, h) ∈]0, +∞[×R∗ tel que h > − .
(a) Soit x > 0. La fonction t 7→
e−t
est continue et positive sur [0, +∞[, et pour t > 1 :
(x + t)2
e−t
e−t
6
6 e−t
(x + t)2
t2
On sait que
Z
+∞
e−t dt converge, donc
+∞
Z
1
1
e−t
dt converge.
(x + t)2
+∞
Z
0
e−t
dt converge.
(x + t)2
(b) Soit t ∈ [0, +∞[ :
1
h
1
1
−
x+h+t x+t
+
1
(x + t)2
=
=
=
1
x + t − (x + h + t)
1
×
+
h
(x + h + t)(x + t)
(x + t)2
−1
1
−(x + t) + (x + h + t)
+
=
(x + h + t)(x + t) (x + t)2
(x + h + t)(x + t)2
|h|
(x + h + t)(x + t)2
x
x
= , d'où :
2
2
1
1
1
1
2|h|
−
+
6 3 .
h x+h+t x+t
(x + t)2
x
Or (x + t)2 > x2 et x + h + t > x + h > x −
∀t ∈ [0, +∞[,
(c) Pour t ∈]0, +∞[, on a donc :
d'où :
2|h|
1
− 3 6
x
h
2|h|
1
− 3 e−t 6
x
h
1
1
−
x+h+t x+t
e−t
e−t
−
x+h+t x+t
+
1
2|h|
6 3
(x + t)2
x
+
e−t
2|h|
6 3 e−t
2
(x + t)
x
ce qui entraîne, par croissance de l'intégrale :
Z +∞
Z +∞
Z
Z +∞ −t
Z
2|h| +∞ −t
e−t
1
e
e−t
2|h| +∞ −t
− 3
e dt 6
dt −
dt +
d
t
6
e dt
x
h
x+h+t
x+t
(x + t)2
x3 0
0
0
0
0
Z +∞
et comme
e−t dt = 1, on a :
0
1
h
Z
0
+∞
e−t
dt −
x+h+t
Z
0
+∞
Z +∞
Z
e−t
e−t
2|h| +∞ −t
dt +
d
t
6
e dt
x+t
(x + t)2
x3 0
0
14/51
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2
c'est à dire :
f (x + h) − f (x)
+
h
6. On constate que lim
h→0
+∞
Z
2|h|
e−t
dt 6 3 .
(x + t)2
x
0
2|h|
= 0, ainsi par le théorème d'encadrement :
x3
f (x + h) − f (x)
=−
h→0
h
+∞
Z
lim
0
e−t
dt
(x + t)2
ce qui prouve que :
f est dérivable sur ]0, +∞[ et : ∀x ∈]0, +∞[, f 0 (x) = −
Z
+∞
0
e−t
dt.
(x + t)2
7. Soit x ∈]0, +∞[ et (ε, A) ∈]0, 1] × [1, +∞[. On eectue l'intégration par parties suivante :
u(t) = e−t
1
(x + t)2
−1
v(t) =
x+t
et v 0 (t) =
u0 (t) = −e−t
et on obtient :
−t t=A Z A −t
e−t
−e
e
dt
d
t
=
−
2
(x + t)
x + t t=ε
ε x+t
A
Z
ε
Ainsi, pour tout x ∈]0, +∞[ et tout (ε, A) ∈]0, 1] × [1, +∞[ :
Z
ε
A
e−t
e−A
e−ε
d
t
=
−
+
−
(x + t)2
x+A x+ε
Z
A
ε
e−t
dt.
x+t
8. En eectuant la limite lorsque A tend vers +∞, on a pour tout ε ∈]0, 1] :
Z
+∞
ε
e−t
e−ε
−
d
t
=
(x + t)2
x+ε
Z
+∞
ε
e−t
dt.
x+t
puis en eectuant la limite lorsque ε tend vers 0 :
+∞
Z
0
e−t
1
dt = −
(x + t)2
x
c'est à dire :
−f 0 (x) =
Z
+∞
0
e−t
dt
x+t
1
− f (x)
x
En résumé :
∀x ∈]0, +∞[, f 0 (x) = −
1
+ f (x).
x
9. D'après l'expression trouvée, f 0 est dérivable sur ]0, +∞[ comme somme de fonctions dérivables et :
∀x ∈]0, +∞[, f 00 (x) =
d
1
1
− + f (x) = 2 + f 0 (x)
dx x
x
De plus, f 0 est dérivable donc continue sur ]0, +∞[, f 00 est continue comme somme de fonctions continues sur ]0, +∞[.
Résumons :
f est de classe C 2 sur ]0, +∞[ et pour x ∈]0, +∞[, f 00 (x) =
1
+ f 0 (x).
x2
B - Intervention d'une fonction auxiliaire g
On note g :]0, +∞[→ R l'application dénie, pour tout x > 0, par : g(x) = e−x f (x).
15/51
10. g est dérivable sur ]0, +∞[ comme produit de fonctions dérivables et pour x ∈]0, +∞[ :
g 0 (x) = −e−x f (x) + e−x f 0 (x) = e−x f 0 (x) − f (x)
On en déduit, grâce au résultat de la question 8, que :
∀x ∈]0, +∞[, g 0 (x) = −
11. Soit x > 0. La fonction u 7→
e−u
est continue et positive sur [x, +∞[ et pour u > x, on a :
u
e−u
e−u
6
u
x
06
1
Comme
x
Z
+∞
e−x
.
x
e−u du converge, alors par le principe de majoration :
x
+∞
Z
Pour tout x ∈]0, +∞[, l'intégrale
e−u
du converge.
u
x
Remarquons d'autre part, d'après la relation de Chasles, que :
Z
+∞
x
e−u
du =
u
Z
1
+∞
e−u
du −
u
x
Z
1
e−u
du
u
e−x
La première intégrale ne dépend pas de x donc sa dérivée est nulle et la seconde a pour dérivée −
d'après le
x
théorème fondamental de l'analyse. On a donc, d'après la question 10 :
d
dx
Ainsi : ∀x ∈]0, +∞[,
Z
+∞
g(x) =
x
Z
+∞
x
e−u
e−x
du = −
= −g 0 (x)
u
x
e−u
du + K .
u
Or on sait d'après I.3 que f a une limite nulle en +∞, donc c'est aussi clairement le cas pour g , ce qui donne K = 0.
En résumé :
+∞
Z
∀x ∈]0, +∞[,
g(x) =
x
e−u
du.
u
et comme f (x) = ex g(x), on a immédiatement :
∀x ∈]0, +∞[,
f (x) = e
x
Z
+∞
x
12. Enn, on a vu à la partie I que f (x)
∼
x→+∞
e−u
du.
u
1
, d'où :
x
g(x) = e−x f (x)
∼
x→+∞
e−x
x
c'est à dire :
Z
+∞
x
Correction de l'exercice 3
e−u
e−x
du ∼
.
x→+∞ x
u
N
Soient a et b deux réels avec 0 < a < b.
1. La fonction h : t 7→
e−at − e−bt
est continue et positive sur ]0, +∞[ (a < b ⇒ e−at > e−bt ).
t
16/51
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2
? Au voisinage de 0, on a :
h(t) =
e−at − e−bt
1 − at + o(t) − (1 − bt + o(t))
(b − a)t + o(t)
=
=
= b − a + o(1)
t
t
t
Ce calcul prouve que lim h(t) = b − a.
t→0
1
Z
La fonction h se prolonge par continuité en 0 donc
e−at − e−bt
dt converge.
t
0
? Pour t > 1, on trouve :
e−at − e−bt
e−at
6
6 e−at
t
t
Z +∞ −at
Z +∞
e
− e−bt
−at
e
dt converge, alors par comparaison
dt converge.
Puisque
t
1
1
Z +∞ −at
e
− e−bt
L'intégrale
dt converge.
t
0
06
2. Soit (x, y) ∈ R2 tel que 0 < x < y . On a :
On eectue ensuite un changement de variable dans chacune des intégrales (u = at dans la première et u = bt
dans la seconde). Ceci donne :
y
Z
x
Z
y
e−at − e−bt
dt =
t
x
e−at − e−bt
dt =
t
x
y
Z
e−at
dt −
t
y
e−bt
dt
t
x
Z by −u
e−u du
e du
−
u/a a
bx u/b b
Z by −u
−u
e
e
du −
du
u
u
bx
ay
Z
Z
ax
ay
Z
=
ax
La relation de Chasles donne :
Z
y
x
e−at − e−bt
dt
t
"Z
bx
ay
e−u
du +
u
Z
e−at − e−bt
dt =
t
Z
=
ax
bx
# "Z
Z by −u #
ay −u
e−u
e
e
du −
du −
du
u
u
u
bx
ay
Il reste à simplier :
y
Z
x
3. Soit z > 0. Pour t ∈ [az, bz], on a :
bx
ax
e−t
dt −
t
by
Z
ay
e−t
dt.
t
e−bz
e−t
e−az
6
6
t
t
t
Et par croissance de l'intégrale, on trouve :
e
−bz
Z
bz
az
avec
Z
bz
az
dt
t
dt
t
Z
bz
e−t
dt 6 e−az
t
6
az
Z
bz
dt
t
az
b
= ln(bz) − ln(az) = ln , on aboutit à :
a
e
−bz
b
ln 6
a
Z
bz
e−t
b
dt 6 e−az ln .
t
a
az
4. D'après les questions 2 et 3, on a pour x, y ∈]0, +∞[ (x < y ) :
−bx
e
b
b
ln − e−ay ln 6
a
a
Z
y
x
e−at − e−bt
dt =
t
bx
Z
ax
e−t
dt −
t
Z
by
ay
e−t
b
b
dt 6 e−ax ln − e−by ln
t
a
a
Ces inégalités se conservent lorsque y → +∞, donc :
∀x ∈]0, +∞[,
e−bx ln
b
6
a
Z
+∞
x
e−at − e−bt
b
dt 6 e−ax ln
t
a
17/51
Enn, le théorème des gendarmes autorise à conclure puisque
lim e−bx ln
x→0
+∞
Z
0
b
b
b
= lim e−ax ln = ln
x→0
a
a
a
e−at − e−bt
b
dt = ln .
t
a
On notera que les passages à la limite lorsque y → +∞ et x → 0 se font l'un après l'autre et non simultanément.
Correction de l'exercice 4
1. La fonction t 7→
N
t
est continue et positive sur [0, +∞[, et au voisinage de +∞ :
(t + 2)(t2 + 1)
t
(t + 2)(t2 + 1)
Comme
Z
+∞
1
1
dt converge alors
t2
Z
∼
t→+∞
t
t × t2
∼
t→+∞
1
t2
+∞
t
dt converge, et :
(t + 2)(t2 + 1)
Z +∞
t
dt converge.
2 + 1)
(t
+
2)(t
0
1
Pour le calcul, on a aaire à une fraction rationnelle. Dans un premier temps, cherchons les réels α, β, γ tels que
pour t ∈ [0, +∞[ :
t
(t + 2)(t2 + 1)
=
=
α βt + γ
α(t2 + 1) + (βt + γ)(t + 2)
+ 2
=
t
t +1
(t + 2)(t2 + 1)
2
(α + β)t + (2β + γ)t + (α + 2γ)
(t + 2)(t2 + 1)
La condition est réalisée si et seulement si :

 α+β =0
2β + γ = 1

α + 2γ = 0
2
2
i.e.

 β = −α
γ = −α/2

−2α − α/2 = −5α/2 = 1
1
Soit α = − , β = et γ = . Il reste à eectuer le calcul (en prenant x > 0 comme borne supérieure pour éviter
5
5
5
les intégrales divergentes) :
x
Z
0
t
dt =
(t + 2)(t2 + 1)
=
=
Z
Z
Z
2 x dt
1 x 2t dt
1 x dt
−
+
+
5 0 t + 2 5 0 t2 + 1 5 0 t2 + 1
2
2
1
1
− ln(x + 2) + ln 2 + ln(x2 + 1) + arctan x
5
5
5
5
2
1
x +1
2
1
ln
+ arctan x + ln 2
5
(x + 2)2
5
5
Par passage à la limite (à détailler) lorsque x tend vers +∞, on obtient nalement :
Z
+∞
0
t
π
2 ln 2
dt = +
(t + 2)(t2 + 1)
10
5
2. Pour la deuxième intégrale, le changement de variable t = tan u (dt = (1 + tan2 u) du) revient à poser u = arctan t
ce qui est correct car t 7→ arctan t est une bijection de classe C 1 de [0, +∞[ dans [0, π/2[ :
Z
0
π/2
sin u
du
2 cos u + sin u
Z
=
=
=
t=tan u
π/2
sin u
cos u
1
du
sin u
0
2+
cos u
Z π/2
1
(1 + tan2 u) du
tan u ×
×
2 + tan u
1 + tan2 u
0
Z +∞
t
dt
(t + 2)(t2 + 1)
0
18/51
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2
On retrouve exactement l'intégrale calculée à la question 1 :
π/2
Z
0
Correction de l'exercice 5
On pose B(u, v) =
1
Z
sin u
π
2 ln 2
du = +
2 cos u + sin u
10
5
N
tu−1 (1 − t)v−1 dt.
0
1. La fonction t 7→ tu−1 (1 − t)v−1 est continue et positive sur ]0, 1[. Il reste à examiner les bornes :
• Au voisinage de 0, on constate que :
tu−1 (1 − t)v−1 ∼ tu−1 =
t→0
1
t1−u
Donc par comparaison à une intégrale de référence, on conclut que l'intégrale
si et seulement si 1 − u < 1, i.e. u > 0.
• Au voisinage de 1, on constate que :
tu−1 (1 − t)v−1 ∼ (1 − t)v−1 =
t→1
1/2
Z
tu−1 (1 − t)v−1 dt converge
0
1
(1 − t)1−v
Z
Donc par comparaison à une intégrale de référence, il est possible d'armer que
1
tu−1 (1 − t)v−1 dt converge
1/2
si et seulement si 1 − v < 1, i.e. v > 0.
En conclusion, l'ensemble des valeurs de (u, v) ∈ R2 pour lesquelles l'intégrale est dénie est :
D = R∗+ × R∗+
2. Calculons B 21 , 12 =
Z
1
0
1
Z
1
p
dt =
t(1 − t)
√
0
1
dt.
t − t2
Sous forme canonique, la fonction à intégrer devient :
B
1 1
,
=
2 2
1
Z
0
1
q
1
4
− t−
dt = 2
1 2
Z
1
0
2
1
q
2
dt
1 − (2t − 1)
Le changement de variable x = 2t − 1 donne :
B
1 1
,
=
2 2
Z
1
√
−1
1
1
d
x = arcsin x −1
1 − x2
D'où, après calcul :
B
1 1
,
=π
2 2
3. Le changement de variable x = 1 − t donne très simplement :
1
Z
B(u, v) =
tu−1 (1 − t)v−1 dt =
0
Z
0
(1 − x)u−1 xv−1 (− dx) =
1
Z
1
xv−1 (1 − x)u−1 dx
0
Il est donc prouvé que :
∀(u, v) ∈ D,
B(u, v) = B(v, u)
4. Constatons maintenant par un jeu d'écriture que pour (u, v) ∈ D :
Z
B(u, v) =
1
t
u−1
v−1
(1 − t)
(t + (1 − t)) dt =
0
Z
1
u
v−1
t (1 − t)
dt +
Z
0
1
tu−1 (1 − t)v dt
0
Il est à noter que l'écriture ci-dessus est valable puisque si (u, v) ∈ D, (u + 1, v) et (u, v + 1) ∈ D. En conclusion :
∀(u, v) ∈ D,
B(u, v) = B(u + 1, v) + B(u, v + 1)
19/51
5. L'intégration par parties suivante :
et g 0 (t) = (1 − t)v−1
f (t) = tu
1
g(t) = − (1 − t)v
v
f 0 (t) = utu−1
valable car pour (u, v) ∈ D, f (t)g(t) = − v1 tu (1 − t)v a une limite nie (nulle) en 0 et 1, donne :
1
Z
1
u
u 1 u−1
B(u + 1, v) = − tu (1 − t)v +
t
(1 − t)v dt = B(u, v + 1)
v
v 0
v
0
La relation trouvée à la question précédente nous autorise ensuite à écrire que :
B(u + 1, v) =
On peut alors rassembler :
u
B(u, v) − B(u + 1, v)
v
v
u+v
+ 1 B(u + 1, v) =
B(u + 1, v) = B(u, v), pour obtenir le résultat :
u
u
∀(u, v) ∈ D,
B(u + 1, v) =
u
B(u, v)
u+v
6. On conjecture assez facilement que pour (n, p) ∈ N × N∗ :
B(n + 1, p)
=
=
Soit B(n + 1, p) =
n
n(n − 1)
B(n, p) =
B(n − 1, p)
n+p
(n + p)(n − 1 + p)
n(n − 1) . . . 1
··· =
B(1, p)
(n + p)(n − 1 + p) . . . (1 + p)
n!p!
B(1, p), formule qu'il convient de montrer proprement par récurrence :
(n + p)!
• Pour n = 0 le résultat est évident.
• Supposons le résultat vrai au rang n, c'est à dire B(n + 1, p) =
B(n + 2, p) =
n!p!
B(1, p). il s'agit de montrer que :
(n + p)!
(n + 1)!p!
B(1, p)
(n + 1 + p)!
Or, on a avec la formule de la question précédente et l'hypothèse de récurrence :
B(n + 2, p)
=
=
n+1
n+1
n!p!
B(n + 1, p) =
×
B(1, p)
n+1+p
n + 1 + p (n + p)!
(n + 1)!p!
B(1, p)
(n + 1 + p)!
Le résultat est donc vérié au rang n + 1.
• Par récurrence, le résultat est vrai pour tout entier n.
Autrement dit :
∀(n, p) ∈ N∗ × N,
B(n + 1, p) =
n!p!
B(1, p)
(n + p)!
7. Le résultat que nous venons de prouver permet d'écrire pour (n, p) ∈ N∗ × N∗ :
B(n, p) =
(n − 1)!p!
B(1, p)
(n + p − 1)!
Puis, avec la symétrie établie à la question 3 :
B(n, p) =
(n − 1)!p!
(n − 1)!p!
(p − 1)!1!
B(p, 1) =
×
!
(n + p − 1)!
(n + p − 1)! (p + 1 − 1)
Et enn, après simplications :
∀(n, p) ∈ N∗ × N∗ ,
B(n, p) =
(n − 1)!(p − 1)!
(n + p − 1)!
20/51
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2
Correction de l'exercice 6
N
1. Soit a un réel strictement compris entre 0 et 1.
(a) On pose u = 1 − x −→ 0 :
x→1
1
1
ln
= ln
= ln(1 + u + o(u)) = u + o(u) = 1 − x + o(1 − x)
x
1−u
On en conclut que :
1
ln
∼ 1−x
x x→1
(b) Soit p un réel et q > −1 un réel. Constatons que :
q
1
• La fonction x 7→ xp ln
est continue et positive sur a, 1 .
x
• Au voisinage de 1, on a avec la question précédente :
q
1
1
xp ln
∼ 1p (1 − x)q =
x→1
x
(1 − x)−q
Z
1
1
Comme −q < 1, l'intégrale
est convergente, ce qui par la règle des équivalences permet de
−q
a (1 − x)
dire que :
Pour tout réel p, et Zpour tout
réel
q strictement supérieur à −1, l'intégrale
1
1
x
xp ln
a
q
dx est convergente.
2. (a) Soit α un réel strictement positif et r un réel quelconque. Le théorème des croissances comparées permet
d'écrire que :
(ln x)r
=0
x→+∞
xα
lim
(b) On suppose encore 0 < a < 1.
Soit r un réel, et s un réel strictement supérieur à 1. On pose :
c'est à dire : α =
s = 1 + 2α,
s−1
>0
2
(ln x)r
est continue et positive sur a1 , +∞[ (car
α
x
• Au voisinage de +∞, on a :
• La fonction x 7→
lim x1+α ×
x→+∞
Ce calcul prouve que
(ln x)r
=o
xs
1
x1+α
Comme 1+α > 1, on en déduit que
+∞
A
> 1).
(ln x)r
(ln x)r
=
lim
= 0 car α > 0
x→+∞
xs
xα
ce qui entraîne :
(ln x)r
1
6 1+α
xs
x
Z +∞
dx
dx
converge. D'où
converge. Alors, par comparaison
1+α
1
x1+α
x
a
∃A > 0 tel que ∀x > A,
Z
1
a
06
avec une fonction dont l'intégrale est convergente on conclut que :
L'intégrale
Z
+∞
1
a
(ln x)r
dx est convergente.
xs
3. Soit p et q deux réels strictement supérieurs à −1. Résumons :
q
• La fonction x 7→ xp ln x1 est continue et positive sur ]0, 1[. On xe a > 0 :
21/51
q
1
xp ln
dx est convergente d'après la question 1 puisque q > −1.
x
a
• Le changement de variable t = u1 donne :
q
Z a Z a1
Z α1
q
q
1
− du
(ln u)
(ln u)
p
x ln
dx =
×
=
du
1
1
x
up
u2
up+2
α
α
a
Z +∞
q
(ln u)
Comme p + 2 > 1 la question 2 indique que cette expression tend vers
du lorsque α tend vers 0,
1
up+2
a
• L'intégrale
Z
1
ce qui prouve que :
a
Z
x
p
0
1
ln
x
q
dx est convergente.
En résumé, on peut écrire que :
Pour tout réel p et pour tout réel
deux
q strictement supérieurs à −1, l'intégrale
Z 1 q tous
1
p
I(p, q) =
x ln
dx est convergente.
x
0
4. Soit p et q deux réels strictement supérieurs à −1 :
(a) Le changement de variable x = e−u , valable car u 7→ e−u est une bijection de ]0, +∞[ sur ]0, 1[ nous donne :
Z
+∞
e−u
I(p, q) =
× ln(eu )q × | − e−u | du
p
0
ce qui s'écrit sous forme simpliée :
+∞
Z
I(p, q) =
e−(p+1)u uq du
0
(b) Le changement de variable ane x = (p + 1)u donne alors :
+∞
Z
I(p, q) =
e
−x
0
x
p+1
q
dx
1
=
p+1
(p + 1)q+1
Z
+∞
e−x xq dx
0
et on trouve par là que :
1
I(0, q)
(p + 1)q+1
I(p, q) =
5. (a) Soit q un réel strictement positif. Utilisons une intégration par parties :
f (x) = xq
f 0 (x) = qxq−1
et g 0 (x) = e−x
g(x) = −e−x
valable car f (x)g(x) = −xq e−x a une limite (nulle) en 0 et en +∞ par croissances comparées puisque q > 0.
Z
I(0, q) =
+∞
e
x dx = −
−x q
0
+∞
xq e−x 0
Z
+∞
+q
e−x xq−1 dx
0
Après simplication, il est établi que pour tout réel q strictement positif :
I(0, q) = qI(0, q − 1)
(b) Une récurrence immédiate nous permet alors de conclure que pour q entier positif ou nul :
Z
+∞
I(0, q) = q!I(0, 1) = q!
0
+∞
e−x dx = q! − e−x 0 = q!
En combinant le résultat trouvé avec celui de la question 4b, on obtient pour p > −1 réel et q ∈ N (donc
q > −1) :
1
1
I(0, q) =
× q!
q+1
(p + 1)
(p + 1)q+1
En résumé, pour p réel strictement supérieur à −1 et pour tout entier q positif ou nul :
I(p, q) =
I(p, q) =
q!
(p + 1)q+1
22/51
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2
Correction de l'exercice 7
N
Dans ce problème, on donne les intégrales :
Z
+∞
√
I=
0
dx
+∞
Z
x(1 + x)
;
√
J=
0
ln(x)
dx ;
x(1 + x)
Z
√
+∞
x ln(x)
dx
(1 + x)2
K=
0
1. Étude de l'intégrale I :
1
est continue et positive sur ]0, +∞[. De plus :
x(1 + x)
? Au voisinage de 0 :
1
1
√
∼ √
x(1 + x) x→0 x
Z 1
Z 1
dx
dx
√ est une intégrale convergente, ce qui prouve l'existence de
√
et
.
x
x(1
+ x)
0
0
(a) La fonction x 7→ √
? Au voisinage de +∞ :
√
et
Z
1
+∞
dx
x3/2
1
x(1 + x)
∼
x→+∞
1
√
x x
∼
x→+∞
1
x3/2
est une intégrale convergente, ce qui prouve l'existence de
Z
+∞
√
1
dx
.
x(1 + x)
On résume :
dx
est convergente.
x(1
+ x)
0
√
√
(b) Appliquons
à cette intégrale le changement de variable u = x (du = 1/(2 x) dx). Celui-ci est valable car
√
∗
x 7→ x est une bijection de classe C 1 strictement croissante de R+
dans R∗+ :
L'intégrale I =
Z
+∞
I=
0
Z
+∞
√
+∞
2 du
= 2 arctan(u) 0 = π
1 + u2
I=π
2. Étude de l'intégrale J :
(a) La fonction x 7→ √
ln(x)
est continue et négative sur ]0, 1] et de plus :
x(1 + x)
x3/4 × √
x1/4 ln(x)
ln(x)
=
−→ 0
1 + x x→0
x(1 + x)
En eet, par croissances comparées, on a x1/4 ln(x) −→ 0. Ceci prouve que :
x→0
√
1 ln(x)
= o 3/4
x(1 + x) x→0 x
ln(x)
1
Il existe donc c > 0 tel que pour tout x ∈]0, c], on a √
6 3/4 . Comme
x(1 + x)
x
Z c
ln(x)
√
alors
converge (absolument). D'où :
x(1 + x)
0
Z 1
ln(x)
√
L'intégrale J1 =
dx est convergente.
x(1
+ x)
0
(b) La fonction x 7→ √
Z
0
c
dx
x3/4
est convergente,
ln(x)
est continue et positive sur [1, +∞[ et de plus :
x(1 + x)
x5/4 × √
ln(x)
x(1 + x)
∼
x→+∞
ln(x)
−→ 0 (par croissances comparées.)
x1/4 x→+∞
23/51
Ceci prouve que :
√
ln(x)
x(1 + x)
=
x→+∞
Il existe donc c > 0 tel que pour tout x > c, on a 0 6 √
alors
Z
+∞
√
c
o
1 x5/4
ln(x)
1
6 5/4 . Comme
x(1 + x)
x
Z
dx
+∞
c
x5/4
est convergente,
ln(x)
converge également. D'où :
x(1 + x)
Z +∞
ln(x)
√
dx est convergente.
L'intégrale J2 =
x(1
+ x)
1
L'intégrale J est donc convergente en ses deux bornes :
L'intégrale J est convergente.
(c) Appliquons à cette intégrale le changement de variable u = 1/x (c'est à dire x = 1/u, dx = −1/u2 du).
Celui-ci est valable car u 7→ u1 est une bijection de classe C 1 strictement décroissante de ]0, 1[ dans ]1, +∞[ :
J1
1
Z +∞
ln(1/u)
ln(1/u)
1
1
=
1 × − u2 du =
1 × u2 du
1
1
√
√
(1
+
(1
+
)
)
+∞
1
u
u
u
u
Z +∞
Z +∞
− ln(u)
ln(u)
√
=
u du = −
u
√
(u
+
)
u(1
+ u)
1
1
u
u
Z
On reconnaît l'expression de J2 :
J1 = −J2
Il vient : J = J1 + J2 = −J2 + J2 = 0.
J =0
3. Étude de l'intégrale K :
√
(a) Par croissances comparées, on sait que lim x ln(x) = 0, donc :
x→0
√
lim
x→0
√
De plus :
x ln(x)
1+x
∼
x→+∞
x ln(x)
=0
1+x
ln(x)
ln(x)
√ , et lim √ = 0 par croissances comparées. D'où :
x→+∞
x
x
√
x ln(x)
=0
1+x
lim
x→+∞
On admet la convergence de l'intégrale K .
(b) On eectue l'intégration par parties suivante :
u(x) =
√
u0 (x) =
√
1
(1 + x)2
1
v(x) = −
1+x
et v 0 (x) =
x ln(x)
ln(x)
1
√ +√
2 x
x
x ln(x)
valable car u(x)v(x) = −
a des limites nies (nulles) en 0 et en +∞ d'après la question qui précède,
1+x
on a :
K
=
√
+∞ Z +∞ x ln(x)
ln(x)
1
√
−
+
+√
dx
1+x 0
2 x(1 + x)
x(1 + x)
0
Le terme entre crochets est nul, et l'intégrale se sépare en deux intégrales convergentes qu'on reconnaît :
K=
1
J +I
2
Avec les calculs eectués aux questions 1 et 2, on a :
K=π
24/51
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2
Correction de l'exercice 8
1. La fonction t 7→
N
2
sin (t)
est continue et positive sur ]0, +∞[.
t2
? Au voisinage de 0, on peut procéder par équivalences :
sin2 (t)
t2
∼ 2 ∼ 1
2
t→0 t t→0
t
sin2 (t)
sin2 (t)
=
1
,
et
la
fonction
t
→
7
se prolonge par continuité en 0, ainsi :
t→0
t2
t2
Z 1
sin2 (t)
dt est convergente.
t2
0
? Pour t > 1, on peut majorer :
sin2 (t)
1
6 2
t2
t
Z 1
1
dt est convergente. On en déduit que :
et on sait que
2
t
0
Z +∞
sin2 (t)
dt est convergente.
t2
1
Donc lim
On conclut :
+∞
Z
sin2 (t)
dt est convergente.
t2
0
2. Eectuons une intégration par parties en posant :
1
t2
1
v(t) = −
t
et v 0 (t) =
u(t) = sin2 (t)
u0 (t) = 2 cos(t) sin(t)
Cette dernière a un sens car :
u(t)v(t) = −
sin2 t
∼ −t,
t t→0
donc : u(t)v(t) −→ 0
t→0
sin2 t
1
6 , donc : u(t)v(t) −→ 0
t→+∞
t
t
Z +∞
Z +∞
+∞
sin2 (t)
sin2 t
2 sin(t) cos(t)
2 sin(t) cos(t)
dt
=
−
+
dt
=
dt
2
t
t
t
t
0
0
0
|u(t)v(t)| =
Z
0
+∞
Ensuite, par le changement de variable t 7→ u = 2t :
Z
+∞
0
2 sin(t) cos(t)
dt =
t
+∞
Z
0
2 sin(u/2) cos(u/2) du
=
u/2
2
Z
0
+∞
sin u
du
u
En résumé :
Z
0
+∞
sin2 (t)
dt =
t2
Z
+∞
0
2 sin(t) cos(t)
dt =
t
3. Pour tout n ∈ N, on pose :
Z
In =
0
π
2
Z
0
+∞
sin(t)
dt .
t
sin2 (nt)
dt
t2
On eectue le changement de variables t 7→ u = nt :
Z
In =
0
nπ
2
sin2 (u) du
=n
u 2
n
n
Z
0
nπ
2
sin2 (u)
du
u2
25/51
On peut par suite exprimer :
In
=
n
nπ
2
Z
0
sin2 (u)
du −→
n→+∞
u2
Z
+∞
0
sin2 (u)
du
u2
Avec la relation de la question précédente, on obtient nalement :
+∞
Z
In
=
n→+∞ n
lim
4. Pour tout n ∈ N, on pose :
Z
0
π
2
sin(t)
dt .
t
sin2 (nt)
dt .
sin2 (t)
An =
0
Il est immédiat que :
A0 = 0 et A1 =
π
2
5. (a) Soient a, b ∈ R :
sin(a + b) sin(a − b)
=
sin a cos b + sin b cos a sin a cos b − sin b cos a
=
sin2 a cos2 b − sin2 b cos2 a = sin2 a(1 − sin2 b) − sin2 b(1 − sin2 a)
=
sin2 a − sin2 b
sin(a + b) sin(a − b) = sin2 a − sin2 b
6. On reconnaît deux diérences de carrés an d'exploiter la relation précédente :
sin2 (nt) − 2 sin2 ((n + 1)t) + sin2 ((n + 2)t)
=
sin2 ((n + 2)t) − sin2 ((n + 1)t)
− sin2 ((n + 1)t) − sin2 (nt)
= − sin((2n + 1)t) sin t + sin((2n + 3)t) sin t
2
2
2
sin (nt) − 2 sin ((n + 1)t) + sin ((n + 2)t) = sin t [sin((2n + 3)t) − sin((2n + 1)t]
sin p−q
:
On conclut avec la relation sin p − sin q = 2 cos p+q
2
2
∀n ∈ N,
sin2 (nt) − 2 sin2 ((n + 1)t) + sin2 ((n + 2)t) = 2 sin2 (t) cos(2(n + 1)t) .
En divisant les deux membre de cette égalité par sin2 (t) on obtient, pour tout t ∈]0, π/2] et tout n ∈ N :
sin2 (nt)
sin2 ((n + 1)t) sin2 ((n + 2)t)
−
2
+
= 2 cos(2(n + 1)t)
sin2 (t)
sin2 (t)
sin2 (t)
L'égalité se conserve par passage à l'intégrale entre 0 et
Z
0
π
2
sin2 (nt)
dt − 2
sin2 (t)
Z
0
π
2
sin2 ((n + 1)t)
dt +
sin2 (t)
π
2
Z
0
π
2
(les intégrales sont toutes convergentes) :
sin2 ((n + 2)t)
dt = 2
sin2 (t)
Z
π
2
cos(2(n + 1)t) dt
0
On reconnaît ainsi :
Z
An − 2An+1 + An+2 = 2
0
∀n ∈ N,
π
2
sin(2(n + 1)t)
cos(2(n + 1)t) dt =
n+1
π2
=0
0
An − 2An+1 + An+2 = 0.
7. On va établir, par une récurrence à deux pas, que pour tout n ∈ N, An = n
? C'est vrai pour n = 0 et n = 1 d'après la question 4.
π
:
2
? Soit n ∈ N xé. On suppose que An = n π2 et que An+1 = (n + 1) π2 . D'après la relation prouvée à la question
précédente :
An+2 = 2An+1 − An = 2(n + 1)
π
π
π
− n = (n + 2)
2
2
2
La relation est donc vériée au rang n + 2.
Par récurrence, on a :
26/51
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Classe de TSI2
π
2
Pour tout n ∈ N, An = n .
8. Pour tout n ∈ N, on pose :
π
2
Z
Bn =
0
π
2
Z
An − B n
=
0
π
2
Z
=
0
π
2
Z
=
0
sin2 (nt)
dt .
tan2 (t)
1
1
dt
−
sin2 (t) tan2 t
Z π2
1 − cos2 (t)
sin2 (t)
2
2
d
t
=
dt
sin (nt)
sin
(nt)
sin2 (t)
sin2 (t)
0
Z π
1 2
sin2 (nt) dt =
(1 − cos(2nt)) dt
2 0
sin2 (nt)
π
1
sin(2nt) 2
π
Achevons le calcul : An − Bn = t −
= .
2
2n
4
0
∀n ∈ N,
π
4
An − Bn =
9. (a) On pose, pour tout x ∈ [0, π2 [ :
g(x) = x − sin x et h(x) = tan x − x
On a, en dérivant :
et h0 (x) = 1 + tan2 x − 1 = tan2 x > 0
g 0 (x) = 1 − cos x > 0
Les fonctions g et h sont croissantes sur [0, π2 [, et comme g(0) = h(0) = 0, on en déduit qu'elles sont positives
sur cet intervalle. Autrement dit :
∀x ∈ [0,
π
[,
2
sin(x) 6 x 6 tan(x)
(b) Pour tout t ∈]0, π2 [, on en déduit que sin2 (t) 6 t2 6 tan2 (t) (car sin(t) > 0), d'où :
1
1
1
6 2 6
,
2
t
tan (t)
sin2 (t)
et donc pour n ∈ N :
sin2 (nt)
tan2 (t)
6
sin2 (nt)
sin2 (nt)
6
t2
sin2 (t)
Les inégalités se conservant par passage aux intégrales entre 0 et π2 , on conclut :
∀n ∈ N,
Bn 6 In 6 An .
Z
+∞
sin(t)
I
n
10. Remarquons d'après la question 3, que trouver la valeur de
dt revient à trouver la limite de
. Or
t
n
0
l'inégalité prouvée à la question précédente, combinée à la relation trouvée à la question 8, donne :
∀n ∈ N∗ ,
An −
π
6 In 6 An
4
On utilise alors l'expression de An trouvée à la question 7 :
∀n ∈ N∗ ,
n
π π
π
− 6 In 6 n ,
2
4
2
soit :
π
π
In
π
−
6
6
2
4n
n
2
π
2
et on obtient, par le théorème des gendarmes lim In = . En conclusion :
n→+∞
Z
0
+∞
sin(t)
π
dt = .
t
2
27/51
Correction de l'exercice 9
N
Le but de l'exercice est l'étude de la fonction f dénie par la formule suivante :
+∞
Z
e−2t
f (x) =
p
1 + x2 e2t dt
0
1. Domaine de dénition de f :
(a) C'est une question de cours ! La fonction t 7→ e−at est continue sur [0, +∞[ et pour x > 0, on a :
Z
x
0
x
1
1
1
e−at dt = − e−at = 1 − e−ax −→
x→+∞ a
a
a
0
+∞
Z
1
.
a
e−at dt est convergente et vaut
0
Z
+∞
(b) Soit x un réel xé. Pour établir la convergence de l'intégrale
e−2t 1 + x2 e2t dt, on va distinguer deux
0
cas :
Z +∞
? x = 0 : Il s'agit de
e−2t dt, et on sait qu'elle converge d'après la question qui précède.
p
0
√
? x 6= 0 : La fonction t 7→ e−2t 1 + x2 e2t est continue et positive sur [0, +∞[, et on a au voisinage de +∞ :
p
√
1 + x2 e2t ∼ x2 e2t , d'où : e−2t 1 + x2 e2t ∼ e−2t x2 e2t ∼ xe−t
t→+∞
t→+∞
On sait que
En conclusion :
+∞
Z
t→+∞
e−t dt converge, d'où la convergence de l'intégrale.
0
Z
+∞
e−2t
p
1 + x2 e2t dt converge.
0
Remarque : on aurait également pu traiter les deux cas en un seul avec la majoration :
e−2t
p
1 + x2 e2t 6 e−2t
p
p
(1 + x2 )e2t = e−t 1 + x2
(c) De par la question qui précède :
f est dénie sur R.
De plus pour tout réel x,
Z
f (−x) =
+∞
e−2t
p
1 + (−x)2 e2t dt =
Z
0
+∞
e−2t
p
1 + x2 e2t dt = f (x)
0
La fonction f et paire (et l'étude peut être faite sur [0, +∞[)
2. Branche innie de la courbe représentative de f :
(a) i. Soit x > 0 et t > 0 :
On a clairement 1 + x2 e2t > x2 e2t , donc :
p
D'autre part :
Donc
s
xet
e−t
+
2x
1 + x2 e2t >
√
x2 e2t = xet
2
e−t
e−2t
t
= x2 e2t + 1 +
> x2 e2t + 1
xe +
2x
4x2
2
= xet +
p
e−t
> 1 + x2 e2t , et en résumé :
2x
∀x > 0, ∀t > 0,
xet 6
p
1 + x2 e2t 6 xet +
e−t
2x
28/51
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ii. Soit x > 0. Pour tout t > 0, on a alors :
xe−t 6 e−2t
p
e−3t
1 + x2 e2t 6 xe−t +
2x
Par la propriété de croissance de l'intégrale, on a :
Z
x
+∞
e
−t
dt 6
+∞
Z
e
0
−2t
p
1+
dt 6 x
x2 e2t
0
+∞
Z
e
−t
0
1
dt +
2x
Z
+∞
e−3t dt
0
En eet, on sait d'après la question 1a que ces intégrales convergent, et leur calcul (déjà eectué) donne
les inégalités :
1
6x
∀x > 0, x 6 f (x) 6 x +
(b) Ainsi pour tout x > 0, on a l'encadrement :
0 6 f (x) − x 6
1
,
6x
ce qui entraîne :
lim f (x) − x = 0
x→+∞
Autrement
dit : représentative de f admet une asymptote d'équation y = x au voisinage de +∞.
La courbe
3. Dérivabilité et monotonie de f :
(a) Soit g une fonction continue sur ]0, +∞[ telle que
+∞
Z
g(t) dt existe. Alors pour x > 0 :
1
Z
H(x)
+∞
=
g(t) dt =
Z
g(t) dt +
Z
x
Z
= −
x
1
1
g(t) dt +
x
+∞
+∞
Z
g(t) dt
1
g(t) dt
1
D'après le théorème fondamental de l'analyse, la fonction G : x 7→
il s'agit de l'unique primitive de g qui s'annule en 1, d'où :
x
Z
g(t) dt est de classe C 1 sur [0, +∞[, et
1
G0 (x) = g(x)
∀x > 0,
Comme H(x) = −G(x) + C te , on peut conclure :
Z
+∞
H : x 7→
g(t) dt est de classe C 1 sur ]0, +∞[, et H 0 (x) = −g(x).
x
(Nb : petite coquille dans l'énoncé, à corriger).
(b) Soit x > 0. On eectue le changement de variable t 7→ u = xet (du = xet dt). Il s'agit d'une bijection
strictement croissante de [0, +∞[ dans [x, +∞[, donc on peut écrire :
f (x) = x
2
+∞
Z
p
0
1 + (xet )2
(xet ) dt = x2
(xet )3
f (x) = x2
Z
+∞
x
√
Z
+∞
x
√
1 + u2
du
u3
1 + u2
du
u3
(c) D'après la question 3a, la fonction f est un produit de fonctions de classe C 1 sur ]0; +∞[, donc il s'agit d'une
fonction de classe C 1 sur ]0; +∞[. De plus pour x > 0 :
f 0 (x)
Z
=
=
+∞
2x
√
1 + u2
d u − x2 ×
u3
x
√
2f (x) − 1 + x2
x
∀x > 0,
√
1 + x2
du
x3
√
2f (x) − 1 + x2
f (x) =
x
0
29/51
(d) Procédons à une intégration par parties à partir de l'expression de f trouvée en 3b :
√
1
1 + u2
et h0 (u) = 3
u
u
1
g 0 (u) = √
h(u) = − 2
2u
1 + u2
r
1
1
Celle-ci est valable car g(u)h(u) = −
1 + 2 −→ 0.
2u
u u→+∞
" √
#+∞
Z +∞
2
−
du
1
+
u
2
2
√
f (x) = x
+x
2u2
2u 1 + u2
x
g(u) =
x
Après calcul, on a :
p
2f (x) =
1+
x2
+x
2
+∞
Z
x
1
√
du
u 1 + u2
(e) Si on substitue cette valeur de 2f (x) dans l'expression trouvée à la question 3c, on obtient une nouvelle
expression de f 0 (x) :
Z
+∞
f 0 (x) = x
∀x > 0,
x
1
√
du
u 1 + u2
Grâce à cette expression, il est clair que f 0 (x) > 0 pour tout x > 0 (la fonction intégrée est continue, positive
et non nulle sur ]0, +∞[), et on conclut :
La fonction f est strictement croissante sur ]0, +∞[.
4. Étude locale de f et f 0 en 0 :
(a) Procédons à une autre intégration par parties :
1
1 + u2
u
g 0 (u) = −
(1 + u2 )3/2
g(u) = √
Valable car g(u)h(u) = √
Z
ln u
ln u
et lim
= 0 par croissances comparées.
u→+∞ u
u
+∞ Z +∞
1
u ln u
ln u
√
+
du = √
du
2
2
(1
+
u2 )3/2
u 1+u
1+u x
x
ln u
1 + u2
+∞
x
On nit le calcul :
1
u
h(u) = ln u
et h0 (u) =
∼
u→+∞
Z +∞
1
ln x
u ln u
d
u = −√
+
du
2
2
(1
+
u2 )3/2
u
1
+
u
1
+
x
x
x
Z +∞
u ln u
On sait déjà par ce calcul que pour tout x > 0, l'intégrale
du est convergente. De plus, la
(1 + u2 )3/2
x
u ln u
fonction u 7→
se prolonge par continuité en 0, puisque :
(1 + u2 )3/2
Z
+∞
√
u ln u
∼ u ln u
(1 + u2 )3/2 u→0
et u ln u −→ 0 par croissances comparées. On en déduit que :
u→0
L'intégrale
Z
0
+∞
u ln u
du est convergente.
(1 + u2 )3/2
(b) Avec les questions 3d, 3c et 4a, on obtient deux autres expressions de f 0 (x) et de f (x) :
Z +∞
ln x
u ln u
f (x) = x − √
du
+
(1 + u2 )3/2
1 + x2
x
Z +∞
1p
1 x2 ln x
1
u ln u
f (x) =
1 + x2 − √
+ x2
du
2
2
2 1+x
2
(1 + u2 )3/2
x
0
30/51
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Classe de TSI2
ln x
Comme − √
1 + x2
déduit que :
∼ + − ln x et que
x→0
Z
+∞
x
u ln u
du a une limite nie lorsque x tend vers 0, on en
(1 + u2 )3/2
f (x) ∼ + −x ln x
x→0
De plus,
1p
1
x2
1 + x2 − =
+ o(x2 ), donc :
2
2
4
Z
u ln u
1
1 ln x
1 +∞
1
+ o(1) − √
+
d
u
f (x) − = x2
2
4
2 1 + x2
2 x
(1 + u2 )3/2
Et de même que précédemment, on trouve :
f (x) −
(c) Comme lim −
x→0
1
2
∼+ −
x→0
x2 ln x
2
x2 ln x
, on en déduit que
2
f (0) =
1
2
car . f est une fonction continue sur [0, +∞[ et de classe C 1 sur ]0, +∞[, et de plus :
lim f 0 (x) = lim −x ln x = 0 par croissances comparées.
x→0
x→0
Par le théorème de prolongement des fonctions de classe C 1 , on en conclut que :
f est une fonction de classe C 1 sur [0, +∞[ et f 0 (0) = 0.
(d) On peut maintenant représenter f sur R :
Correction de l'exercice 10 N
Pour tout n ∈ N∗ , on pose In =
Z
1
+∞
dx
xn (x
+ 1)
.
31/51
1. La fonction x 7→
1
est continue et positive sur [1, +∞[ et de plus on a, au voisinage de +∞ :
xn (x + 1)
1
+ 1)
Or n + 1 > 2 > 1, donc
Z
dx
+∞
xn+1
1
1
∼
xn (x
n→+∞ xn+1
converge, et on en déduit que :
L'intégrale In est convergente pour tout n ∈ N∗ .
2. (a) On procède par identication des numérateurs :
a
b
(a − b)x + a
1
−
=
=
x x+1
x(x + 1)
x(x + 1)
si et seulement si a − b = 0 et a = 1, i.e. a = b = 1.
1
1
1
= −
x(x + 1)
x x+1
∀x ∈ R − {−1, 0},
(b) Pour le calcul de I1 , attention au problème de convergence qui peut apparaître par séparation de l'intégrale :
Z
1
dx
X
Z
x(x + 1)
X
=
dx
−
x
1
X
Z
1
dx
1
= ln X − ln(X + 1) + ln 2 = ln 2 − ln 1 +
−→ ln 2
x+1
X X→+∞
I1 = ln 2
3. (a) Soit n ∈ N avec n > 2. Il est clair que In > 0 (intégrale d'une fonction positive), et de plus :
1
1
6 n
xn (x + 1)
2x
∀x ∈ [1, +∞[,
+∞
Z
Puisque n > 2, l'intégrale
1
Z
+∞
1
dx
converge et :
xn
dx
1
6
xn (x + 1)
2
Z
+∞
1
dx
+∞
1 x−n+1
1
=
=
xn
2 −n + 1 1
2(n − 1)
∀n ∈ N, n > 2,
0 6 In 6
1
2(n − 1)
(b) Par le théorème des gendarmes, la suite (In ) converge et
lim In = 0
n→+∞
4. (a) Soit n ∈ N∗ :
Z
In + In+1
+∞
=
xn (x
1
Z
=
1
dx
+∞
Z
dx
+∞
+
xn+1 (x
+ 1)
1
−n +∞
dx
x
1
=
=
n+1
x
−n 1
n
∀n ∈ N∗ ,
In + In+1 =
(b) Pour n ∈ N∗ :
Z
In+1 − In =
1
+∞
Z
+ 1)
=
1
+∞
(x + 1) dx
xn+1 (x + 1)
1
n
(1 − x) dx
60
xn+1 (x + 1)
1−x
En eet, la fonction x 7→ n+1
est négative sur [1, +∞[. En conclusion :
x
(x + 1)
32/51
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Classe de TSI2
La suite (In )n∈N∗ est décroissante.
(c) Les questions 4a, 4b et 3a permettent d'en déduire les inégalités qui suivent :
1
1
= In+1 + In 6 2In 6
n
n−1
Les termes de part et d'autre sont équivalents à
1
lorsque n tend vers +∞, d'où :
n
In
La série
∼
n→+∞
1
2n
X1
est la série harmonique (divergente), donc :
n
X
5. Pour tout n de N, on pose Jn =
Z
In est une série divergente.
dx
.
xn (x + 1)2
+∞
1
1
(a) La fonction x 7→ n
est continue et positive sur [1, +∞[ et de plus on a, au voisinage de +∞ :
x (x + 1)2
1
xn (x + 1)2
Or n + 2 > 2 > 1, donc
+∞
Z
1
∼
n→+∞
1
xn+2
dx
converge, et on en déduit que :
xn+2
L'intégrale Jn est convergente pour tout n ∈ N.
(b) Pour n = 0, on trouve :
dx
+∞
Z
J0 =
= −
(x + 1)2
1
J0 =
1
x+1
+∞
=
1
1
2
1
2
6. (a) Soit k ∈ N∗ :
dx
+∞
Z
Jk + Jk−1
=
xk (x
1
+∞
Z
=
1
+
1)2
dx
+∞
Z
+
xk−1 (x
1
+
Z
1)2
+∞
=
1
(1 + x) dx
xk (x + 1)2
dx
= Ik
xk (x + 1)
∀k ∈ N∗ ,
Jk + Jk−1 = Ik
(b) Cette dernière expression permet de simplier la somme qui suit :
n
X
k−1
(−1)
Ik
=
k=1
n
X
(−1)
k−1
(Jk + Jk−1 ) =
k=1
=
=
n
X
n
X
k−1
(−1)
k=1
(−1)k−1 Jk +
k=1
(−1)k Jk
k=0
n
X
n−1
X
k=1
(−1)k−1 Jk−1
n−1
X
k=1
(−1)k−1 Jk −
Jk +
n
X
(−1)k−1 Jk = (−1)n−1 Jn + J0
k=0
n
X
(−1)k−1 Ik =
k=1
1
+ (−1)n−1 Jn
2
33/51
dx
converge et :
n
x
1
Z +∞
dx
1
dx 1 x−n+1 +∞
1
6
=
=
xn (x + 1)2
22 1
xn
4 −n + 1 1
4(n − 1)
(c) Soit n ∈ N, n > 2, l'intégrale
Z
1
+∞
Z
+∞
∀n ∈ N, n > 2,
0 6 Jn 6
1
4(n − 1)
Par le théorème des gendarmes :
lim Jn = 0
n→+∞
(d) La question 6b permet de conclure :
La série de terme général (−1)n−1 In est convergente et
+∞
X
(−1)k−1 Ik =
k=1
Correction de l'exercice 11 N
Partie I : cas n = 1.
On étudie dans cette partie la convergence de I1,α =
Z
+∞
0
1
2
sin t
dt.
tα
sin t
1. La fonction t 7→ α est continue et positive sur ]0, 1]. De plus, au voisinage de 0, on a l'équivalence :
t
sin t
t
1
∼ α = α−1
α
t t→0 t
t
Z 1
Z 1
1
sin t
On en déduit que
d
t
est
convergente
si
et
seulement
si
dt est convergente, c'est à dire si et
α
α−1
t
t
0
0
seulement si α − 1 < 1 ie α < 2.
Z 1
sin t
dt converge si et seulement si α < 2.
tα
0
2. On suppose dans cette question que α > 1.
sin t
est continue sur [1, +∞[. Au voisinage de +∞, on a la majoration :
tα
sin t
1
6 α
α
t
t
Z +∞
1
sin t
d
t
converge
car
α
>
1
;
On
en
déduit
que
l'intégrale
dt converge, c'est à dire que :
α
t
tα
1
Z +∞
sin t
dt est absolument convergente (donc convergente).
tα
1
2.a La fonction t 7→
Or
Z
1
+∞
2.b En rassemblant les résultats de la question 1 et de la question précédente, on peut conclure que :
Si 1 < α < 2, l'intégrale I1,α converge et si α > 2, l'intégrale I1,α diverge .
3. On suppose dansZcette question que 0 < α 6 1.
x
3.a Considérons
1
sin t
dt, à l'aide de l'intégration par parties suivante :
tα
1
et v 0 (t) = sin t
tα α
u0 (t) = − α+1
v(t) = − cos t
t
x
Z x
sin t
cos t
cos t
d
t
=
−
−
α
dt
α+1
tα
tα 1
t
1
Z x
cos x
cos t
= cos 1 − α − α
dt
α+1
x
t
1
u(t) =
Z
1
x
Examinons ensuite les diérentes convergences :
34/51
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2
1
cos x
cos x
6 α −→ 0 donc lim
= 0.
x→+∞ xα
xα
x x→+∞
Z +∞
cos t
? L'intégrale
dt est (absolument) convergente car :
α+1
t
1
?
cos t
1
6 α+1 avec α + 1 > 1
tα+1
t
ce qui signie que
Z
1
Z
x
x
cos t
dt a une limite nie en +∞.
tα+1
sin t
En résumé,
dt est somme d'expressions de limites nies en +∞, donc a une limite nie en +∞.
tα
1
Autrement dit :
+∞
Z
1
sin t
dt converge.
tα
3.b En rassemblant les résultats de la question 1 et de la question précédente, on peut conclure que :
Si 0 < α 6 1, l'intégrale I1,α converge.
Z
(k+1)π
sin t
dt.
tα
kπ
sin t
3.d Soit k ∈ N. Remarquons simplement que la fonction t 7→ α est de signe constant sur [kπ, (k + 1)π], et plus
t
précisément positif si k est pair et négatif si k est impair, c'est à dire du signe de (−1)k . On peut donc écrire :
3.c On considère la série de terme général uk =
sin t
sin t
= (−1)k α
tα
t
∀t ∈ [kπ, (k + 1)π],
Par passage à l'intégrale entre kπ et (k + 1)π , on trouve l'égalité :
uk = (−1)
k
Z
(k+1)π
kπ
3.e On sait avec la question précédente que pour k ∈ N∗ , |uk | =
sin t
dt
tα
Z
(k+1)π
sin t
d t.
tα
kπ
De plus pour t ∈ [kπ, (k + 1)π], on a :
1
1
1
| sin t|
| sin t|
| sin t|
6 α 6 α α , donc :
6
6 α α
(k + 1)α π α
t
k π
(k + 1)α π α
tα
k π
On passe ensuite à l'intégrale entre kπ et (k + 1)π :
1
(k + 1)α π α
Z
(k+1)π
| sin t| dt 6 |uk | 6
kπ
1
α
k πα
Z
(k+1)π
| sin t| dt
kπ
Il sut enn de calculer, en tenant compte du signe constant de la fonction sin sur [kπ, (k + 1)π] :
Z
(k+1)π
| sin t| dt =
kπ
Z
(k+1)π
sin t dt =
kπ
− cos t
(k+1)π
kπ
= |2(−1)k | = 2
En reportant ce calcul, on a prouvé que :
Pour tout k ∈ N∗ ,
2
2
6 |uk | 6 α α .
(k + 1)α π α
k π
3.f Par la relation de Chasles, il est possible d'écrire :
Z
nπ
π
n
X
sin t
dt =
α
t
k=1
Z
(k+1)π
kπ
n
X
sin t
dt =
|uk |
α
t
k=1
35/51
On réinvestit alors le résultat de la question précédente :
n
X
|uk | >
k=1
La somme
n+1
X
n+1
2 X 1
2
=
(k + 1)α π α
πα
kα
n
X
k=2
k=1
1
est une somme partielle d'une série de Riemann divergente (car α 6 1), donc admet la
kα
k=2
limite +∞. En regroupant ces résultats, il est ainsi prouvé que :
nπ
Z
sin t
dt = +∞
tα
lim
n→+∞
La fonction x 7→
Z
x
π
π
sin t
dt n'admet donc pas de limite nie lorsque x tend vers +∞. Ceci prouve que :
tα
Si 0 < α 6 1, l'intégrale I1,α n'est pas absolument convergente.
4. On suppose dans cette question que α 6 0. On considère la suite de terme général vn =
Z
nπ
π
sin t
dt.
tα
Pour n ∈ N∗ on a, compte-tenu du signe constant de la fonction intégrée (de même que dans la question 3d) :
Z
(n+1)π
|vn+1 − vn | =
nπ
sin t
dt =
tα
Z
(n+1)π
| sin t|t−α dt
nπ
Et puisque −α > 0, alors pour t ∈ [nπ, (n + 1)π] on a t−α > (nπ)−α > 1. Ainsi, par passage à l'intégrale :
Z
(n+1)π
|vn+1 − vn | >
| sin t| dt = 2
nπ
La suite (vn+1 − vn ) ne converge pas vers 0, donc la suite (vn ) ne converge pas.
La fonction x 7→
Z
x
π
sin t
dt n'a donc pas de limite nie en +∞. Ainsi :
tα
Si α 6 0, l'intégrale I1,α diverge.
Partie II : Cas
1. I3,2 =
Z
+∞
0
n = 3 et α = 2.
sin3 t
dt. On vérie que :
t2
sin3 t
est continue sur ]0, +∞[.
t2
? Au voisinage de 0 :
sin3 t
t3
∼ 2 = t −→ 0
2
t→0 t
t→0
t
? La fonction t 7→
Z 1
sin3 t
sin3 t
se
prolonge
par
continuité
en
0
,
ce
qui
prouve
que
dt existe.
t2
t2
0
? Au voisinage de +∞ :
sin3 t
1
6 2
2
t
t
Z +∞
Z +∞
3
1
sin t
Comme
dt converge, alors
dt converge absolument, donc converge.
2
t
t2
1
1
Donc t 7→
L'examen des deux bornes d'intégration prouve que :
L'intégrale I3,2 converge.
2. 2.a Soit f : 0,
π
π
sin t
→ R dénie par f (t) =
. f est dérivable sur 0,
et sa dérivée vaut :
2
t
2
f 0 (t) =
t cos t − sin t
t2
36/51
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2
Le signe de f 0 (t) est celui du numérateur. Posons h(t) = t cos t − sin t, on a :
h0 (t) = −t sin t 6 0,
π
∀t ∈ 0,
2
π
π
h est décroissante sur 0,
et comme h(0) = 0, h(x) (donc f 0 (x)) est de signe négatif sur 0, . Il est ainsi
2
2
prouvé que :
π
.
2
La fonction f est décroissante sur 0,
2.b Soient a et b ∈ R tels que 0 < a < b. Soit Fa,b (x) =
Z
bx
ax
2(b)2.1 On a Fa,b (−x) =
Z
−bx
−ax
sin t
dt.
t2
sin t
dt, et par le changement de variable u = −t :
t2
Z
bx
Fa,b (−x) =
ax
sin(−t)
(− dt) =
(−t)2
Z
bx
ax
sin t
dt = Fa,b (x)
t2
Ce calcul montre que :
La fonction Fa,b est paire.
sin t
2(b)2.2 On suppose que x > 0. D'après la question 2a, la fonction t 7→
est décroissante sur [ax, bx] pour
t
x susamment proche de 0, donc on peut écrire :
∀t ∈ [ax, bx],
sin t
sin ax
sin bx
6
6
bx
t
ax
sin bx 1
sin t
sin ax 1
× 6 2 6
× . Par passage à l'intégrale :
bx
t
t
ax
t
Z bx
Z bx
Z bx
sin bx
1
sin t
sin ax
1
×
dt 6
dt 6
×
dt
2
bx
t
t
ax
ax
ax
ax t
D'où ∀t ∈ [ax, bx],
Après calcul, on a un encadrement de Fa,b (x) pour x > 0, susamment proche de 0 :
sin bx
× ln
bx
Comme lim+
x→0
b
sin ax
b
6 Fa,b (x) 6
× ln
a
ax
a
sin bx
sin ax
= lim+
= 1, alors d'après le théorème des gendarmes :
bx
ax
x→0
b
lim Fa,b (x) = ln
a
x→0+
Enn, par la parité de la fonction Fa,b prouvée à la question précédente, on conclut à l'égalité des
limites à droite et à gauche en 0 :
b
lim Fa,b (x) = ln
x→0
a
3. Soit I(ε) =
Z
ε
+∞
sin3 t
dt.
t2
3.a Utilisons les formules d'Euler pour linéariser :
3
sin t
3
eit − e−it
1 3it
=
=−
e − 3eit + 3e−it − e−3it
2i
8i
1
= −
2i sin(3t) − 6i sin t
8i
En simpliant, ceci donne :
3
1
sin3 t = − sin(3t) + sin t
4
4
37/51
3.b En utilisant cette égalité dans l'expression de I(ε), on a :
+∞
Z
I(ε)
=
ε
1
3
Z
Z
− sin(3t) + sin t
1 +∞ sin(3t)
3 +∞ sin t
4
4
dt = −
dt +
dt
t2
4 ε
t2
8 ε
t2
On eectue le changement de variable u = 3t dans la première intégrale :
+∞
Z
ε
sin(u) du
=3
u 2 3
+∞
Z
sin(3t)
dt =
t2
3ε
Z
3
+∞
3ε
sin u
du
u2
Et en reportant ce dernier résultat, on a :
I(ε)
=
−
3
4
Z
+∞
sin u
3
du +
u2
4
3ε
On retrouve nalement :
I(ε) =
Z
+∞
ε
sin t
3
dt =
t2
4
Z
3ε
ε
sin t
dt
t2
3
F1,3 (ε)
4
3
ε→0 4
3.c Rappelons que I3,2 = lim I(ε) = lim F1,3 (ε). On conclut avec la question 2(b)2 :
ε→0
I3,2 =
Partie III : Cas
3 ln 3
4
α = n.
1. Soit x > 0, on fait le changement de variable u = xt :
+∞
Z
0
sin(xt)
dt =
t
+∞
Z
0
π
On sait que cette dernière expression vaut , d'où :
2
Z
∀x > 0,
sin(u) du
=
u
x
x
+∞
0
2. On suppose n > 2. La fonction n 7→
? La fonction t 7→
sin t
t
n
sin t
t
n
1
Z
? Au voisinage de +∞ :
Comme n > 2, alors
0
sin(u)
du
u
sin(xt)
π
dt =
t
2
se prolonge donc par continuité en 0 car :
0
sin t
t
n
sin t
t
n
+∞
dt
n
t
∼
=1
t→0
t
dt converge.
Z
+∞
est continue sur ]0, +∞[. De plus :
ce qui sut à établir que
Z
converge, donc
sin t
t
Z +∞ n
6
sin t
t
1
tn
n
dt converge absolument, donc converge.
tn
1
L'examen des bornes en 0 et +∞ nous permet de conclure que :
1
Pour n supérieur ou égal à 2, l'intégrale An converge.
3. A2 =
Z
0
+∞
sin2 t
dt. On fait l'intégration par parties suivantes :
t2
u(t) = sin2 t
u0 (t) = 2 sin t cos t = sin(2t)
valable car u(t)v(t) = −
1
t2
1
v(t) = −
t
et v 0 (t) =
sin2 t
admet des limites nulles en 0 et en +∞. En eet :
t
38/51
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2
u(t)v(t) = −
sin2 t
t2
∼ − = −t −→ 0
t→0
t t→0 t
ce qui donne :
et
+∞
Z
A2 =
0
|u(t)v(t)| =
| sin2 t|
1
6
−→ 0
t
t t→+∞
sin(2t)
t
On retrouve l'expression calculée à la question 2 (avec x = 2), on en déduit que :
A2 =
4. A4 =
Z
0
+∞
π
2
sin4 t
dt.
t4
4.a Eectuons une première intégration par parties avec :
1
t4
1
v(t) = − 3
3t
et v 0 (t) =
u(t) = sin4 t
u0 (t) = 4 cos t sin3 t
valable car on démontre facilement que u(t)v(t) a une limite nulle en 0 et en +∞.
A4 =
4
3
Z
+∞
0
cos t sin3 t
t3
Puis une procède à une seconde intégration par parties avec :
1
t3
1
v(t) = − 2
2t
et v 0 (t) =
u(t) = cos t sin3 t
u0 (t) = − sin4 t + 3 sin2 t cos2 t
toujours valable car on démontre aussi que u(t)v(t) a une limite nulle en 0 et en +∞.
4
A4 =
3
Z
+∞
0
− sin4 t + 3 sin2 t cos2 t
t2
Enn : − sin4 t + 3 sin2 t cos2 t = sin2 t(cos2 t − 1) + 3 sin2 t cos2 t = sin2 t(4 cos2 t − 1), d'où :
A4 =
2
3
+∞
Z
0
sin2 t(4 cos2 t − 1)
dt
t2
4.b En séparant le résultat trouvé en une somme de deux intégrales (convergentes), on a :
A4
Z
2 +∞ sin2 t
dt +
3 0
t2
Z
2 +∞ sin2 t
= −
dt +
3 0
t2
= −
Z
2 +∞ 4 sin2 t cos2 t
dt
3 0
t2
Z
2 +∞ sin2 (2t)
dt
3 0
t2
On reconnaît l'expression de A2 dans la première intégrale. Il reste à faire le changement de variable u = 2t
dans la deuxième intégrale :
A4
2
2
= − A2 +
3
3
Z
+∞
0
sin2 u du
u2
2
4
2
4
= − A2 + A2
3
3
On a nalement le résultat grâce à la question 3 :
A4 =
π
2
A2 =
3
3
39/51
Correction de l'exercice 12 N
On admet que l'intégrale I =
Z
+∞
0
sin u
π
du est convergente et vaut .
u
2
1. On suppose dans un premier temps a > 0. Le changement de variable t = au nous donne :
+∞
Z
I(a) =
0
sin t
dt
×
=
t/a
a
+∞
Z
0
sin t
π
dt =
t
2
Si a = 0, l'intégrale est clairement nulle. Enn, si a < 0, on peut utiliser l'imparité de la fonction sinus et le calcul
précédent pour obtenir :
>0
Z
+∞
I(a) =
0
Les résultats se résument ainsi :
sin(au)
du = −
u
π
2
0
I(a) =
 π


 −
2





z }| {
sin((−a)u)
π
=−
u
2
+∞
Z
0
si a > 0
si a = 0
si a < 0
sin2 u
étant continue et positive sur ]0, +∞[, il convient d'examiner le comportement de
2. (a) La fonction u 7→
u2
cette fonction aux bornes de l'intervalle :
• Au voisinage de 0, on remarque que :
et donc que :
sin2 u ∼ u2
u→0
sin2 u
=1
u→0 u2
lim
sin2 u
La fonction u 7→
se prolonge ainsi par continuité en 0 ce qui sut à établir que
u2
converge.
• Au voisinage de +∞, on peut utiliser l'inégalité :
∀u > 0,
Puisque l'intégrale de référence
existe.
Pour nir, il reste à conclure que :
Z
1
+∞
du
u2
06
+∞
0
+∞
sin2 u
du
u2
0
Z
1
Z
sin2 u
du
u2
sin2 u
1
6 2
2
u
u
est convergente, il vient par comparaison que
L'intégrale J =
1
Z
sin2 u
du est convergente.
u2
(b) L'idée ici est de se ramener à une intégrale connue, au moyen de l'intégration par parties suivante :
f 0 (u) = 2 sin u cos u = sin(2u)
valable car f (u)g(u) = −
1
u2
1
g(u) = −
u
et g 0 (u) =
f (u) = sin2 (u)
sin2 u
a une limite nulle en 0 et en +∞. En eet :
u
−
sin2 u
∼ −u −→ 0
u→0
u u→0
et
−
sin2 u
1
6
−→ 0
u
u u→+∞
On écrit donc :
Z +∞
h sin2 u i+∞ Z +∞ sin(2u)
sin(2u)
J= −
+
du =
du
u
u
u
0
0
0
On reconnaît l'expression de I(2) et d'après la question 1, il s'ensuit que :
J=
π
2
40/51
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2
3. On considère K(a, b) =
Z
+∞
0
sin(au). sin(bu)
du, où a et b sont des réels.
u2
(a) Rappelons la formule suivante, valable pour tous réels a et b :
sin(au). sin(bu) =
1
cos (a − b)u − cos (a + b)u
2
Cette expression rend possible l'intégration par parties suivante :
f (u) = sin(au) sin(bu)
a+b
a−b
f 0 (u) = −
sin (a − b)u +
sin (a + b)u
2
2
1
u2
1
g(u) = −
u
et g 0 (u) =
qui est valable car f (u)g(u) a une limite nulle en 0 et en +∞ (même principe que pour celle de la question
2b). On obtient :
K(a, b)
=
h
sin(au) sin(bu) i+∞
u
0
+∞
a+b
1
a−b
−
sin (a − b)u +
sin (a + b)u du
u
2
2
0
−
Z
+
Le terme entre crochets est nul, et l'intégrale peut être séparée en deux intégrales convergentes :
a−b
K(a, b) = −
2
Z
0
+∞
Z
sin (a − b)u
a + b +∞ sin (a + b)u
du +
du
u
2
u
0
On reconnaît bien l'expression :
K(a, b) =
a−b
a+b
I(a + b) −
I(a − b)
2
2
(b) Le calcul eectué en 1 donne les résultats suivants, selon la région du plan considérée (il y a 4 régions + les
frontières) :
• Si a − b < 0 et a + b < 0 :
• Si a − b < 0 et a + b = 0 :
• Si a − b < 0 et a + b > 0 :
π
K(a, b) = −b .
2
π
π
K(a, b) = a = −b .
2
2
π
K(a, b) = a .
2
• Si a − b = 0 et a + b = 0 :
K(a, b) = 0.
π
π
• Si a − b = 0 et a + b > 0 : K(a, b) = a = b .
2
2
π
π
• Si a − b = 0 et a + b < 0 : K(a, b) = −a = −b .
2
2
π
• Si a − b > 0 et a + b < 0 : K(a, b) = −a .
2
π
π
• Si a − b > 0 et a + b = 0 : K(a, b) = b = −a .
2
2
π
• Si a − b > 0 et a + b > 0 : K(a, b) = b .
2
π
(c) En remarquant que I(a ± b) = sgn(a ± b) × pour a ± b 6= 0, soit :
2
a±b
π
I(a ± b) = |a ± b| ×
2
2
il est possible de regrouper les diérents cas sous la formule suivante :
π
K(a, b) = |a + b| − |a − b|
4
41/51
Correction de l'exercice 13 N
On note, lorsque cette valeur est dénie, F (x) =
+∞
Z
x
e−t
dt.
t
e−t
1. Soit x > 0 un réel xé. La fonction t 7→
est continue et positive sur [x, +∞[, et pour t > x, on a :
t
1
e−t
6 × e−t
t
x
Z +∞
Z +∞ −t
1
e
La convergence de
e−t dt entraîne celle de
dt, et on conclut que :
x x
t
x
F (x) existe pour tout x > 0.
2. Soit x > 0. Il sut d'appliquer la relation de Chasles :
1
Z
e−t
dt +
t
F (x) =
x
+∞
Z
1
e−t
dt
t
Ce qui s'écrit également :
Z
1
F (x) = F (1) +
x
e−t
dt = F (1) −
t
Z
1
x
e−t
dt
t
e−t
3. t 7→
est continue sur ]0, +∞[, donc d'après le théorème fondamental, la fonction x 7→
t
primitive de cette fonction qui s'annule en 1, d'où :
F est de classe C 1 sur ]0, +∞[ et ∀x ∈]0, +∞[, F 0 (x) = −
Z
1
x
e−t
dt est l'unique
t
e−x
.
x
4. (a) D'après la question 2, F a une limite lorsque x tend vers +∞ et on a :
Z
x
e−t
dt = F (1) − F (1) = 0
t
lim F (x) = F (1) − lim
x→+∞
x→+∞
1
lim F (x) = 0
x→+∞
e−t
e−1
>
, et par passage à l'intégrale :
t
t
Z
e−t
1 1 dt
ln x
dt >
=−
t
e x t
e
(b) Pour tout x ∈]0, 1], pour tout t ∈ [x, 1], on a
Z
1
x
Pour tout x ∈]0, 1] :
Z
1
x
e−t
ln x
dt > −
.
t
e
(c) D'après la question précédente :
Z
1
F (x) = F (1) +
x
On sait que lim+ −
x→0
e−t
ln x
dt > F (1) −
t
e
ln x
= +∞, donc par comparaison :
e
lim F (x) = +∞
x→0+
5. Dans cette question, on cherche à déterminer un équivalent lorsque x tend vers 0 de F (x).
42/51
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2
(a) Soit t ∈]0, 1]. La fonction h : x 7→ e−x est de classe C 1 sur [0, t] et :
∀x ∈ [0, t], |h0 (x)| = e−x 6 e0 = 1
On peut appliquer l'inégalité des accroissements nis sur l'intervalle [0, t] :
|e−t − 1| 6 1 × |t − 0|
∀t ∈]0, 1],
Autrement dit :
|e−t − 1| 6 t
∀t ∈]0, 1],
x
Z
(b) Soit x ∈]0, 1]. On sait que ln x =
1
1
Z
x
1
dt d'où :
t
e−t
dt + ln x
t
1
Z
e−t
dt +
t
Z
x
1
dt
1 t
Z 1 −t
e−t − 1
|e − 1|
dt 6
dt
t
t
x
=
x
1
Z
=
x
De plus, en appliquant l'inégalité de la question précédente, on obtient :
Z
1
x
|e−t − 1|
dt 6
t
Z
1
x
Z
t
dt =
t
1
dt = 1 − x 6 1
x
Résumons :
1
Z
Pour tout x ∈]0, 1] :
e−t
dt + ln x 6 1.
t
x
(c) On peut reformuler cette inégalité comme suit :
1
Z
∀x ∈]0, 1],
−1 − ln x 6
x
ou encore :
Z
∀x ∈]0, 1],
1
F (1) − 1 − ln x 6 F (1) +
x
e−t
dt 6 1 − ln x
t
e−t
dt = F (x) 6 F (1) + 1 − ln x
t
Finalement :
F (x)
F (1) + 1
1 − F (1)
+16
6−
+1
ln x
− ln x
ln x
F (x)
= 1. Autrement dit :
Le théorème des gendarmes sut à conclure que lim
x→0 − ln x
∀x ∈]0, 1],
F (x) ∼ + − ln x
x→0
6. Dans cette question, on cherche à déterminer un équivalent lorsque x tend vers +∞ de F (x).
(a) Soit x > 0. La fonction t 7→
e−t
est continue et positive sur [x, +∞[. De plus, pour tout t > x :
t2
e−t
1
6 2
2
t
t
Z +∞ −t
1
e
dt converge, alors par comparaison
dt converge.
2
t
t2
x
Z +∞ −t
e
Pour tout x > 0,
dt converge.
t2
x
06
Puisque
Z
+∞
x
(b) Soit x > 0. Pour tout t ∈ [x, +∞[, on a :
e−t
e−t
6
2
t
xt
Par passage à l'intégrale, on obtient :
Z
+∞
x
1
e−t
dt 6
2
t
x
Z
+∞
x
1
e−t
dt = F (x)
t
x
43/51
Pour tout x > 0,
+∞
Z
x
1
e−t
dt 6 F (x).
2
t
x
(c) Procédons à l'intégration par parties suivante :
1
t
1
v(t) = − 2
t
et v 0 (t) =
u(t) = e−t
u0 (t) = −e−t
valable car
Z
+∞
x
e−t
dt est convergente.
t2
+∞
h e−t i+∞
e−t
−
dt = − 2
t
t x
x
Z +∞ −t
e−x
e
dt
−
x
t2
x
Z
F (x)
=
=
Or, d'après la question 6b, on sait que
Z
+∞
x
F (x)
Z
+∞
x
e−t
dt
t2
e−t
dt = o F (x) , d'où :
2
x→+∞
t
=
x→+∞
e−x
+ o F (x)
x
ce qu'on peut reformuler ainsi :
F (x)
∼
x→+∞
e−x
x
Correction de l'exercice 14 N
On considère, pour n ∈ N∗ , l'intégrale Jn =
Z
+∞
0
1. La fonction x 7→
dx
(1 + x3 )n
.
1
est continue et positive sur [0, +∞[. Par ailleurs :
(1 + x3 )n
1
(1 + x3 )n
Puisque 3n > 1, l'intégrale
Finalement :
Z
1
+∞
dx
x3n
∼
x→+∞
1
x3n
converge, donc par comparaison l'intégrale
Z
dx
+∞
1
(1 + x3 )n
est convergente.
L'intégrale Jn est bien convergente pour tout n ∈ N∗ .
2. On a J1 =
Z
0
+∞
dx
. Cherchons α et β réels tels que :
1 + x3
1
1
α
βx + γ
=
=
+
1 + x3
(1 + x)(1 − x + x2 )
1 + x 1 − x + x2
(La factorisation du dénominateur se fait en remarquant que −1 est racine évidente de x3 + 1, puis en factorisant
x3 + 1 par x + 1. On obtient une factorisation en produit de deux polynômes irréductibles.)
On doit avoir pour, tout réel x :
1
(1 + x)(1 − x + x2 )
=
=
α(1 − x + x2 ) + (βx + γ)(1 + x)
(1 + x)(1 − x + x2 )
(α + β)x2 + (−α + β + γ)x + (α + γ)
(1 + x)(1 − x + x2 )
44/51
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2


α+β
= 0
−α + β + γ = 0 .

α+γ
= 1
On obtient β = −α, γ = 2α et α = 1/3. D'où :
1
1
3
1
2−x
1
1 (2x − 1)
1
1
=
=
+ ×
+
−
1 + x3
3 1 + x 1 − x + x2
3 1 + x 2 1 − x + x2
2 1 − x + x2
1
3/2
1
1 (2x − 1)
=
+
−
2
3 1+x 21−x+x
3/4 + (x − 1/2)2
1
2
1
1 (2x − 1)
√
√
=
+
−
3 1 + x 2 1 − x + x2
1 + (2x/ 3 − 1/ 3)2
Ce qui est le cas si et seulement si
Sous cette forme, une primitive de cette expression est :
√
1
1
2x − 1
2
√
ln(|1 + x|) − ln(|1 − x + x |) + 3 arctan
3
2
3
√ h
+∞
√
1
1+x
2x − 1
3 π πi
√
Donc J1 = ln √
+
=
+ 3 arctan
3
3 2
6
3
1 − x + x2
0
√
2π 3
J1 =
9
3. Jn − Jn+1 =
+∞
Z
dx
−
(1 + x3 )n
0
dx
+∞
Z
Z
(1 + x3 )n+1
0
0
Utilisons l'intégration par parties suivante :
u(x) = x
+∞
=
x3
d x.
(1 + x3 )n+1
x2
(1 + x3 )n+1
1
1
×
v(x) = −
3n (1 + x3 )n
et v 0 (x) =
u0 (x) = 1
valable car u(x)v(x) −→ 0. On obtient :
x→+∞
Jn − Jn+1
=
+∞
Z +∞
1
x
1
dx
−
×
+
3n (1 + x3 )n 0
3n 0
(1 + x3 )n
Jn − Jn+1 =
Ainsi Jn+1 = Jn
1
1−
3n
=
Jn
3n
3n − 1
Jn . Résumons :
3n
∀n ∈ N∗ ,
Jn+1 =
3n − 1
Jn
3n
√
4. On pose vn = 3 nJn et un = ln(vn ).
X
(a) Étudions le terme général de la série
(un+1 − un ) :
n>1
un+1 − un
√
3
√
n + 1Jn+1 − ln 3 nJn
=
ln
=
1
1
1
1
Jn+1
ln(n + 1) − ln n + ln Jn+1 − ln Jn = ln 1 +
+ ln
3
3
3
n
Jn
D'après la question précédente, on peut écrire :
un+1 − un
1
1
1
=
ln 1 +
+ ln 1 −
3
n
3n
1 1
1
1
1
1
1
=
− 2 +o
−
−
+o
2
2
3 n 2n
n
3n 18n
n2
2
1
= − 2 +o
9n
n2
45/51
D'où |un+1 − un |
∼
n→+∞
2
1
.
×
9 n2
X
X 1
converge, donc la série
(un+1 − un ) converge absolument. Ainsi :
2
n
Or la série
n>1
n>1
La série
X
(un+1 − un ) converge.
n>1
On sait que la suite (un ) et la série
X
(un+1 − un ) sont de même nature (par télescopage). En conclusion :
n>1
La suite (un ) converge.
(b) On note ` la limite de la suite (un ). Puisque vn = eun alors lim vn = e` par continuité de la fonction exp.
n→+∞
On note A = e` > 0.
√
Il vient lim 3 nJn = A. Autrement dit :
n→+∞
Il existe A > 0 tel que Jn
A
√
.
3
n
∼
n→+∞
Correction de l'exercice 15 N
1 − e−t
1. (a) On introduit la fonction f : t 7→
dt. Cette fonction est dénie sur R∗ , et pour t 6= 0, on a, en utilisant
t
un développement en série entière de la fonction exponentielle :
1−
∞
X
(−1)n
n=0
f (t) =
tn
n!
=
t
∞
X
(−1)n−1
n=1
∞
X
tn−1
tn
=
(−1)n
n!
(n + 1)!
n=0
On note encore f le prolongement par continuité obtenu en posant f (0) = 1, et on obtient une fonction
développable en série entière sur R. Donc f est de classe C ∞ d'après le théorème de dérivabilité des fonctions
développables en série entière.
Il reste à remarquer que A(x) =
x
Z
f (t) dt avec f continue sur R, donc A est dénie et d'après le théorème
0
fondamental, A est de classe C sur R et A0 = f . En résumé :
La fonction A est dénie et de classe C ∞ sur R.
1
e−t
(b) Pour x > 0, la fonction g : x 7→
est continue donc localement intégrable sur [x, +∞[, et positive. De
t
plus, pour t > 1, on a :
06
et comme
gence de
+∞
Z
Z 1+∞
x
e−t dt converge, l'intégrale
Z
1
e−t
et donc :
t
+∞
e−t
6 e−t
t
e−t
converge donc par comparaison. Ceci entraine la convert
La fonction B est dénie sur R∗+ .
Au voisinage de 0+ , on a en revanche :
06
Et comme
Z
0
1
1
dt diverge, alors
t
Z
1
0
e−t
t
1
t
∼
t→00
e−t
dt diverge. Ainsi
t
Z
0
+∞
e−t
dt diverge et :
t
La fonction B n'est pas dénie en 0
(c) Pour x > 0, on peut utiliser la relation de Chasles :
Z
+∞
B(x) =
x
e−t
dt = −
t
Z
1
x
e−t
dt +
t
Z
1
+∞
e−t
dt
t
46/51
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2
g : t 7→
e−t
étant continue sur R∗+ , la fonction x 7→
t
x
Z
1
en 1 d'après le théorème fondamental, et donc :
e−t
dt est l'unique primitive sur R∗+ de g qui s'annule
t
B 0 (x) = −g(x) = −
e−x
x
Il sut pour conclure de constater que −g est de classe C ∞ sur R∗+ comme produit de fonctions de classe
C ∞ , ainsi :
La fonction B est de classe C ∞ sur R∗+ .
2. Un développement limité au voisinage de 0 nous donne :
1 − (1 − u)n
1 − (1 − nu + o(u))
=
= n + o(1) −→ n
u→0
u
u
1 − (1 − u)n
se prolonge donc par continuité en 0 avec h(0) = n et en conséquence
u
La fonction h : u 7→
Z
0
1
1 − (1 − u)n
du existe.
u
La formule de Bernoulli nous permet de simplier l'expression de h pour u ∈]0, 1] puisque :
1 − (1 − u)n = (1 − (1 − u))
n−1
X
1n−1−k (1 − u)k = u
k=0
n−1
X
(1 − u)k
k=0
Donc en utilisant ce résultat et la linéarité de l'intégrale, on a pour u 6= 0 :
Z
1
0
avec :
1
Z
(1 − u)k du =
0
1 − (1 − u)n
du =
u
−1
(1 − u)k+1
k+1
1
Z
0
1
=
0
Z
1 n−1
X
(1 − u)k du =
0 k=0
n−1
XZ 1
k=0
(1 − u)k du
0
1
et donc :
k+1
n−1
n
X 1
X
1 − (1 − u)n
1
du =
=
u
k+1
k
k=0
k=1
t
n
Avec le changement de variable u = , on obtient d'autre part :
n
n
Z 1
Z n
Z n
n
X
1 − 1 − nt
1 − 1 − nt
1
1 − (1 − u)n
dt
=
du =
=
dt
k
u
t/n
n
t
0
0
0
k=1
n
n
Z 1
Z n
1 − 1 − nt
1 − 1 − nt
=
dt +
dt
t
t
0
1
n
Z 1
Z n
Z n
n
n
X
1 − 1 − nt
1 − nt
1
dt
=
dt +
−
dt
k
t
t
t
0
1
1
k=1
Il reste à calculer
Z
1
n
in
dt
= ln t = ln n et on en déduit :
t
1
h
Z 1
n
X
1− 1−
1
− ln n =
k
t
0
t n
n
dt −
Z
n
1
k=1
1 − nt
t
n
dt.
3. (a) On introduit les fonctions ϕ et ψ dénies sur [0, 1] par :
ϕ(u) = (1 + u) e−u −1
et ψ(u) = e−u −1 + u
? la fonction ϕ est dérivable sur [0, 1] et ∀u ∈ [0, 1] :
ϕ0 (u) = −e−u 6 0
Donc ϕ est décroissante sur [0, 1] et négative car ϕ(0) = 0. On en déduit la négativité de ϕ sur [0, 1] et
donc ∀u ∈ [0, 1], on a (1 + u) e−u 6 1, et (1 − u2 )e−u = (1 − u)(1 + u) e−u 6 1 − u.
47/51
? la fonction ψ est dérivable sur [0, 1] et ∀u ∈ [0, 1] :
ψ 0 (u) = 1 − e−u > 0
Donc ψ est croissante sur [0, 1] et positive car ϕ(0) = 0. On en déduit la positivité de ϕ sur [0, 1] et donc
∀u ∈ [0, 1], on a e−u > 1 − u.
En résumé, on a obtenu pour tout u de [0, 1] :
(1 − u2 ) e−u 6 1 − u 6 e−u .
(b) Dans cette question (attention, le texte comportait une petite erreur), on peut procéder par récurrence pour
démontrer le résultat :
? Il est clairement vrai pour n = 1 puisque (1 − α)1 = 1 = 1 − α = 1 − 1α.
? On suppose que le résultat est vrai pour un entier n > 1.
Alors (1 − α)n > 1 − nα, et en utilisant ceci, on a :
(1 − α)n+1 = (1 − α)(1 − α)n > (1 − α)(1 − nα) = 1 − (n + 1)α + nα2 > 1 − (n + 1)α
Donc le résultat est vrai au rang n + 1.
On conclut par récurrence : pour tout α de [0, 1] on a :
(1 − α)n > 1 − nα.
(c) Pour t ∈ [0, n], le résultat de 3a peut s'appliquer à
06 1−
t
n
∈ [0, 1] et :
t
t2 − t
t
e n 6 1 − 6 e− n
n2
n
Par conservation de ces inégalités à la puissance nième , on a :
06 1−
On a donc d'une part e−t − 1 −
t n
t2 n −t
e 6 1−
6 e−t
2
n
n
t n
> 0, et d'autre part :
n
1−
t n
t 2 n
t2 −t
> 1 − 2 e−t > 1 −
e
n
n
n
en appliquant l'inégalité de la question précédente à α =
Ainsi e−t − 1 −
t2
∈ [0, 1].
n2
t t2 −t
6 e . On a nalement pour tout t de [0, n] :
n
n
0 6 e−t − 1 −
(d) Par dénition, on a γ = lim
n→+∞
t n
t2
6 e−t .
n
n
!
n
X
1
− ln n , ce qui, d'après 2 revient à :
k
k=1
Z
1
γ = lim
n→+∞
0
1− 1−
t
t n
n
dt −
Z
1
n
1 − nt
t
n
!
dt
Il reste donc à exprimer les limites éventuelles de ces deux intégrales, ce qu'on va obtenir par des encadrements :
? Pour la première intégrale, on remarque d'abord que :
Z
0
1
1− 1−
t
t n
n
dt
n
Z 1 −t
e − 1 − nt
1 − e−t
=
dt +
dt
t
t
0
0
Z 1 −t
n
e − 1 − nt
= A(1) +
dt
t
0
Z
1
48/51
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2
et on utilise le résultat de 3c :
t2
t n
6 e−t
n
n
0 6 e−t − 1 −
qui donne pour t ∈]0, 1] :
n
e−t − 1 − nt
t
06
6 e−t
t
n
et par passage à l'intégrale sur l'intervalle ]0, 1] (les fonctions considérées sont intégrables sur cet intervalle,
celle du milieu l'étant par majoration) :
1
Z
06
0
t n
n
e−t − 1 −
t
1
dt 6
n
1
Z
t e−t dt
0
Donc, d'après le théorème des gendarmes :
e−t − 1 −
t
1
Z
lim
n→+∞
0
t n
n
dt = 0,
et :
Z
1
1− 1−
t
lim
n→+∞
0
t n
n
dt = A(1)
? Pour la seconde intégrale, on utilise encore le résultat de 3c :
n
t2
t
e−t − e−t 6 1 −
6 e−t
n
n
qui donne pour t ∈ [1, n] :
t
1−
n
t
n
t
e−t
e−t
− e−t 6
6
t
n
t
et par passage à l'intégrale sur le segment [1, n] (les fonctions considérées sont continues sur ce segment) :
n
Z
Z n
Z n −t
Z n −t
1 − nt
1 n −t
e
e
dt −
t e dt 6
dt 6
dt
t
n 1
t
t
1
1
1
Il ne reste plus qu'à constater d'une part que :
Z
n
1
et d'autre part que l'intégrale
Z
+∞
e−t
dt −→
n→+∞
t
+∞
Z
1
e−t
dt = B(1)
t
t e−t dt est convergente puisque :
1
lim t3 e−t = 0 donc :
n→+∞
1
au voisinage de + ∞
t2
n
1 − nt
dt = B(1).
t
t e−t = o
Z
Donc, d'après le théorème des gendarmes : lim
n→+∞ 1
Ces deux résultats nous permettent ainsi de conclure :
n
γ = A(1) − B(1)
4. Soit x > 0. Il sut de remarquer que :
Z
A(x) − A(1) =
1
x
1 − e−t
dt
t
et que : B(x) − B(1) =
Z
1
x
e−t
dt = −
t
Z
1
x
e−t
t
Ensuite, on écrit :
A(x) − B(x) − A(1) + B(1)
(A(x) − A(1)) − (B(x) − B(1))
Z x
Z x −t
Z x
1 − et
e
1
=
dt +
=
dt = ln x
t
t
1
1
1 t
=
Avec γ = A(1) − B(1), on en déduit donc que pour tout x > 0 :
γ = A(x) − B(x) − ln x.
49/51
5. (a) Soit x > 0, on a pour tout réel t > x :
06
1
1
6
t
x
et donc : 0 6
e−t
e−t
6
t
x
Par passage à l'intégrale sur le segment [x, X] (avec X > x), on a alors :
Z
X
06
x
e−t
1
dt 6
t
x
X
Z
e−t dt =
x
1 −x
e − e−X
x
Ces inégalités se conservent par passage à la limite lorsque X tend vers +∞ pour x xé, or :
Z
X
lim
X→+∞
x
e−t
dt = B(x) et
t
e−x
1 −x
e − e−X =
X→+∞ x
x
lim
On a donc pour tout x > 0, 0 6 B(x) 6
(b) On constate en premier lieu que la fonction h : x 7→
h0 (x) = −
e−x
.
x
e−x
est décroissante sur R∗+ puisque
x
(1 + x) e−x
60
x2
e−x0
1
10−2
=
convient.
<
x0
3
300
1
1
Remarquons ensuite que comme e > 2, on a x 6 x . Par exemple, si x0 = 6 :
xe
x2
Ainsi tout x0 vériant
e−x0
1
1
1
=
<
6
x0
6 × 26
384
300
Par suite, en utilisant l'inégalité de la question précédente :
1
3
Pour x > 6, on a B(x) 6 10−2 .
6. (a) On a vu dans la question 1a que la fonction f : t 7→ 1−et dt était développable en série entière sur R. Le
théorème d'intégration des fonctions développables en série entière appliqué au segment [0, x] nous permet
alors d'écrire :
−t
∞
xX
Z
A(x) =
0
(−1)n
n=0
Z x
∞
∞
X
X
tn
(−1)n
(−1)n xn+1
dt =
tn dt =
(n + 1)!
(n + 1)! 0
(n + 1)(n + 1)!
n=0
n=0
Donc A est développable en série entière sur R et :
A(x) =
∞
∞
X
(−1)n−1 n X
x =
an xn
n
×
n!
n=1
n=1
(b) Soit x > 0 xé. On a pour n > x :
|an+1 xn+1 |
n × n!
nx
n2
=
x
=
6
61
|an xn |
(n + 1)(n + 1)!
(n + 1)2
(n + 1)2
On en déduit donc |an+1 xn+1 | 6 |an xn | et :
La suite (|an xn |)n>0 est décroissante pour n > x.
On note N = E(x) + 1. Ce dernier résultat, ajouté au fait que lim |an xn | = 0, nous indique que la série
n→+∞
P
n
n>N an xPest une série alternée qui relève du critère spécial. Son reste d'ordre n > N (qui est aussi celui
de la série n>1 an xn ) est donc majoré par le premier terme négligé en valeur absolue, c'est à dire :
Pour x > 0 et n > x, on a |Rn (x)| 6 |an xn+1 | =
xn+1
(n + 1)(n + 1)!
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Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2
7. On sait déjà d'après 4 que γ = A(x0 ) − B(x0 ) − ln x0 , or avec 3a :
0 6 B(x0 ) = γ − A(x0 ) + ln x0 6
1 −2
10
3
Il reste à trouver des valeurs approchées de ln x0 et A(x0 ) à 10−2 /3 près (ici à l'aide de la calculatrice). Or
α = 1, 792 est une valeur approchée à 10−2 /3 près de ln x0 , et de plus pour n > 6 :
|A(x0 ) − An (x0 )| 6
En particulier, |A(x0 ) − A16 (x0 )| 6
de A(x0 ). Or :
xn+1
0
(n + 1)(n + 1)!
x17
0
' 2, 8 × 10−3 , donc A16 (x0 ) est une valeur approchée à 10−2 /3 près
(17)(17)!
A16 (x0 ) =
16
X
(−1)n−1 n
x = 2, 367 à 10−2 près.
n
×
n!
n=1
On a en résumé :
1
|γ − A16 (x0 ) + α| 6 |γ − A(x0 ) + ln x0 | + |A(x0 ) − A16 (x0 )| + |α − ln x0 | 6 3 × 10−2 = 10−2
3
En regroupant ce qui précède :
γ = 0, 575 à 10−2 près.
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