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