Correction - Classe B/L

Khâgne B/L
Correction Exercices Chapitre 10 - Intégrales impropres
10.1 Déterminer si les intégrales suivantes sont convergentes, et le cas échéant, calculer leur valeur :
Z +∞
Z +∞
−t
e dt.
1.
1dt
5.
0
Z
0
1
dt
√
1
−t
0
Z +∞
t
3.
dt
(1 + t2 )2
1
Z 0
2
4.
te−t dt
Z
2.
+∞
6.
2
Z
+∞
7.
1
dt
3t
te−t dt
0
Z
+∞
8.
−∞
0
Z
+∞
1. Convergence de
dt
1 + t2
e−t dt.
0
La fonction t 7→ e−t est continue sur [0, +∞[, on a donc a priori uniquement un problème en +∞.
Soit x > 0. Alors
Z
x
−t
e dt =
0
Z
+∞
L’intégrale
−e
−t
x
= −e−x + e0 = 1 − e−x −→ 1
x→+∞
0
e−t dt est donc convergente et on a :
0
Z
+∞
e−t dt = 1.
0
Z
1
dt
√
2. Convergence de
1−t
0
1
La fonction t 7→ √
est continue sur [0, 1[, on a donc a priori uniquement un problème en 1.
1−t
Soit x ∈ [0, 1[. Alors
x
Z x
Z x
√
√ √
√
dt
−1
√
√
= −2
dt = −2 1 − t = −2
1 − x − 1 = 2 − 1 − x −→ 2
x→1
1−t
0
0 2 1−t
0
Z 1
dt
dt
√
est donc convergente et on a :
= 2.
1
−
t
1
−t
0
0
Z +∞
t
3. Convergence de
dt
(1 + t2 )2
1
t
La fonction t 7→
est continue sur [1, +∞[, on a donc a priori uniquement un problème en +∞.
(1 + t2 )2
Z
1
√
L’intégrale
Soit x > 1. Alors
Z x
1
Z
L’intégrale
1
2011-2012
t
1
dt =
2
2
(1 + t )
2
+∞
Z
1
x
x
2t
1
1
1
1
1
=−
dt =
−
+
−→
2
2
2
2
(1 + t )
2
1+t 1
2(1 + x ) 4 x→+∞ 4
t
dt est donc convergente et on a :
(1 + t2 )2
Lycée du Parc
Z
1
+∞
t
1
dt = .
2
2
(1 + t )
4
1/16
Khâgne B/L
Correction Exercices Chapitre 10 - Intégrales impropres
0
Z
2
te−t dt
4. Convergence de
−∞
2
La fonction t 7→ te−t est continue sur ] − ∞, 0], on a donc a priori uniquement un problème en −∞.
Soit x ∈] − ∞, 0]. Alors
0
Z
te
−t2
x
Z
0
L’intégrale
1
dt = −
2
Z
0
−t2
(−2t)e
dt =
x
1 2
− e−t
2
x
1 1
1
2
= − + e−x −→ −
x→−∞
2 2
2
0
Z
1
2
te−t dt = − .
2
−∞
2
te−t dt est donc convergente et on a :
−∞
Z
0
+∞
1dt
5. Convergence de
0
La fonction t 7→ 1 est continue sur [0, +∞[, on a donc a priori uniquement un problème en +∞.
Soit x > 0. Alors
Z
0
Z
x
x
1dt = t = x −→ +∞
x→+∞
0
+∞
L’intégrale
1dt est donc divergente.
Z +∞
1
dt
6. Convergence de
t
3
2
1
1
La fonction t 7→ t = t ln(3) = e−t ln(3) est continue sur [2, +∞[, on a donc a priori uniquement un
3
e
problème en +∞.
0
Soit x > 2. Alors
Z
x
2
−1
1
dt =
t
3
ln(3)
Z
Z
x
−t ln(3)
(− ln(3))e
2
+∞
x
1
−t ln(3)
=−
dt = −
e
ln(3)
2
1
L’intégrale
dt est donc convergente et on a :
3t
2
Z +∞
7. Convergence de
te−t dt
La fonction t 7→
0
te−t
+∞
Z
2
e−x ln(3) − e−2 ln(3)
ln(3)
!
−→
x→+∞
e−2 ln(3)
ln(3)
1
1
dt =
.
t
3
9 ln(3)
est continue sur [0, +∞[, on a donc a priori uniquement un problème en +∞.
Z x
Soit x > 0. Calculons
te−t dt.
0 u0 (t) = 1
u(t) = t
On pose 0
et . Les fonctions u et v étant de classe C 1 sur [0, x], on peut faire
−t
v(t) = −e−t
v (t) = e
une intégration par parties :
x Z x
x
Z x
x
−t
−t
−t
−x
−t
te dt = − te
−
−e dt = −xe + − e
= − x − e−x + 1 −→ 1
x→+∞
e
0
0
0
0
Z
L’intégrale
−t
Z
te dt est donc convergente et on a :
0
2011-2012
+∞
+∞
te−t dt = 1.
0
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Z
+∞
8. Convergence de
0
La fonction t 7→
dt
1 + t2
1
est continue sur [0, +∞[, on a donc a priori uniquement un problème en +∞.
1 + t2
Soit x > 0. Alors :
x
1
π
dt = Arctan(t) = Arctan(x) −→
2
x→+∞ 2
0 1+t
0
Z +∞
dt
dt
π
est donc convergente et on a :
= .
2
2
1+t
1+t
2
0
Z
Z
+∞
L’intégrale
0
x
10.2
1.
2.
3.
4.
Déterminer si les intégrales suivantes sont convergentes :
Z +∞
Z +∞ r
2 + ln(t)
2t + 3
5.
dt
dt
3
2
t+4
5t + 3t + 7
0
0
Z 2
Z +∞
1
t−5
dt
6.
dt
2
2
t + 4t + 4
1 t −t
0
Z +∞
Z +∞
sin(t)
ln(t)
7.
dt.
dt
2
t2
t +1
0
0
Z 1
Z +∞
1
−t2
√
8.
dt
e dt
3
t + 3t2 + t
0
0
Z
+∞
r
1. Convergence de
5t3
0
Z
+∞
9.
1
Z
+∞
10.
1
Z
1
ln 1 + 2
t
dt
ln(t)
dt.
t2
1
ln(t)
dt.
0 t−1
Z +∞
cos(t)
√
12.
dt
et − 1
0
11.
2t + 3
dt
+ 3t2 + 7
La fonction u : t 7→ 5t3 + 3t2 + 7 est continue et dérivable sur [0, +∞[ (fonction polynômiale) et ∀t >
0, u0 (t) = 15t2 + 6t = 3t(5t + 2) > 0. La fonction u est donc croissante et puisque u(0) = 7, elle est
strictement positive sur [0, +∞[ et ne s’annule donc jamais sur [0, +∞[.
r
2t + 3
est donc continue et positive sur [0, +∞[ comme composée de fonctions
La fonction f : t 7→
3
5t + 3t2 + 7
continues. Il y a a priori uniquement un problème en +∞.
Or;
2t + 3
2t
2
∼
= 2
3
2
3
5t + 3t + 7 t→+∞ 5t
5t
donc
r
r
2t + 3
21
∼
f (t) =
3
2
5t + 3t + 7 t→+∞ 5 t
R +∞
R +∞ 1
Donc par le théorème d’équivalence des fonctions positives, les intégrales 1 f (t)dt et 1
t dt sont de
Z +∞
dt
même nature. Or,
diverge (Intégrale de Riemann). On en déduit donc que
t
1
Z +∞
f (t)dt diverge
1
Z
Puisque l’intégrale
1
Z
f (t)dt converge (intégrale sur un segment d’une fonction continue) et que
0
f (t)dt
1
diverge, on conclut que :
Z
0
2011-2012
+∞
+∞
r
5t3
2t + 3
dt diverge
+ 3t2 + 7
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Z
+∞
2. Convergence de
t2
0
t−5
dt
+ 4t + 4
t−5
t2 +4t+4
La fonction f : t 7→
=
t−5
(t+2)2
est continue sur [0, +∞[.
Sur [5, +∞[, la fonction f est continue et positive, et on a
f (t) =
Z
t2
t−5
+ 4t + 4
∼
t→+∞
1
t
=
2
t
t
+∞
1
dt diverge (Intégrale de Riemann), on en déduit par le théorème d’équivalence des fonct
5
Z +∞
f (t)dt diverge également.
tions positives que l’intégrale
Puisque
5
Z
5
Puisque l’intégrale
+∞
Z
f (t)dt converge (intégrale sur un segment d’une fonction continue) et que
f (t)dt
0
5
diverge, on conclut que :
Z
+∞
f (t)dt diverge
0
Z
3. Convergence de
0
+∞
ln(t)
dt
t2 + 1
La fonction f : t 7→ tln(t)
2 +1 est continue sur ]0, +∞[. On a a priori un problème en 0 et en +∞.
Z 1
ln(t)
• Etude de
dt.
2+1
t
0
La fonction f : t 7→ tln(t)
2 +1 est continue et négative sur ]0, 1]. De plus,
f (t) =
Z
et
ln(t)
ln(t)
∼
= ln(t)
t2 + 1 t→0 1
1
Z
ln(t)dt converge, donc par théorème d’équivalence des fonctions négatives, l’intégrale
0
converge également.
Z +∞
ln(t)
• Etude de
dt.
2+1
t
1
La fonction f : t 7→ tln(t)
2 +1 est continue et positive sur [1, +∞[. De plus,
f (t) =
0
1
ln(t)
dt
t2 + 1
ln(t)
ln(t)
∼
2
t + 1 t→0 t2
+∞
ln(t)
donc par théorème d’équivalence des fonctions négatives, l’intégrale
dt est de même nature
t2 + 1
1
Z +∞
ln(t)
que l’intégrale
dt.
t2
1
ln(t)
1
Cherchons un α > 1 tel que 2 = o α :
t
t
ln(t)
1
ln(t)
ln(t)
= o α ⇐⇒ tα 2 −→ 0 ⇐⇒ 2−α −→ 0 ⇐⇒ 2 − α > 0 ⇐⇒ α < 2
2
t→+∞
t
t
t t→+∞
t
Z
3
Il suffit de choisir un α ∈]1, 2[, par exemple α = .
2
ln(t)
=o
t2
2011-2012
1
t3/2
Lycée du Parc
4/16
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+∞
Z
1
dt converge (Intégrale de Riemann), donc par théorème de négligeabilité de fonctions
Z +∞
ln(t)
positives, on en déduit que
dt converge, et enfin par équivalence de fonctions positives, on
t2
1
Z +∞
ln(t)
en déduit que
dt converge également.
t2Z+ 1
1
Z 1
+∞
• Puisque
f (t)dt et
f (t)dt convergent, on en déduit donc que
Or,
1
t3/2
0
1
Z
0
Z
+∞
4. Convergence de
La fonction t 7→
De plus,
0
2
e−t
ln(t)
dt converge
t2 + 1
2
e−t dt
est continue et positive sur [0, +∞[.
2 −t2
t e
Z
1
t2
2
= t2 −→ 0 =⇒ e−t = o
e t→+∞
1
t2
+∞
1
dt converge (Intégrale de Riemann), on en déduit par négligeabilité de fonctions positives
2
t
1
Z +∞
2
que l’intégrale
e−t dt converge.
1 Z
1
2
Puisque l’intégrale
e−t dt ne pose pas de problème (intégrale d’une fonction continue sur le segment
Puisque
0
[0, 1]), par somme on a que :
+∞
Z
2
e−t dt converge
0
Z
+∞
2 + ln(t)
dt
t+4
0
2 + ln(t)
La fonction t 7→
est continue sur ]0, +∞[, on a donc a priori des problèmes en 0 et en +∞
t+4
Z 1
2 + ln(t)
• Etude de
dt.
t+4
0
5. Convergence de
La fonction t 7→
2+ln(t)
t+4
est continue sur ]0, 1] (mais pas forcément positive) et
2 + ln(t) ∼ |ln(t)|
t + 4 t→0
+
4
Z
1
Z
| ln(t)|dt converge, donc par théorème d’équivalence des fonctions positives, l’intégrale
Z 1
2 + ln(t)
converge et donc l’intégrale
dt converge également.
t+4
0
Z +∞
2 + ln(t)
• Etude de
dt.
t+4
1
Or,
0
La fonction t 7→
2+ln(t)
t+4
2
+
ln(t)
t + 4 dt
est continue sur [1, +∞[ et positive, et
2 + ln(t)
t+4
2011-2012
0
1
∼
t→+∞
Lycée du Parc
ln(t)
t
5/16
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x
Z +∞
ln(t)
ln(t)
1
(ln(x))2
2
Or, pour x > 1,
dt =
(ln(t))
=
−→ +∞, donc l’intégrale
dt est dix→+∞
t
2
2
t
1
1 Z
1
+∞
2 + ln(t)
vergente. On en déduit par théorème d’équivalence des fonctions positives que l’intégrale
dt
t+4
1
diverge également.
Z 1
Z +∞
2 + ln(t)
2 + ln(t)
• Puisque
dt converge et
dt diverge, on en déduit que :
t+4
t+4
0
1
Z +∞
2 + ln(t)
dt diverge
t+4
0
Z 2
1
dt
6. Convergence de
2
1 t −t
1
La fonction t 7→ 2
est continue et positive sur ]1, 2], donc il n’y a de problème qu’en 1.
t −t
On a :
1
1
1
=
∼
2
t −t
t(t − 1) t→1 t − 1
Z
x
Or, pour x ∈]1, 2],
Z
x
Z
2
2
1
dt = ln(t − 1) = ln(1) − ln(x − 1) −→ +∞
x→1
t−1
x
2
1
dt est donc divergente, et par théorème d’équivalence des fonctions positives, on en
1 t−1
déduit que
Z 2
1
dt diverge
2
1 t −t
Z +∞
sin(t)
7. Convergence de
dt.
t2
0
sin(t)
La fonction t 7→
est continue sur ]0, +∞[, il y a donc a priori deux problèmes en 0 et +∞.
2
Z +∞ t
sin(t)
dt.
• Etude de
t2
1
sin(t)
La fonction t 7→
est continue sur [1, +∞[ mais pas forcément positive. On regarde l’absolue
t2
convergence. On a :
sin(t) 1
∀t > 1, 2 6 2
t
t
Z +∞
1
Or,
dt est convergente (Intégrale de Riemann), donc par théorème de comparaison des fonctions
2
t
1
Z +∞
Z +∞ sin(t) sin(t)
dt converge, et donc l’intégrale
positives, l’intégrale
dt converge.
t2 t2
1
1
Z 1
sin(t)
• Etude de
dt.
t2
0
sin(t)
Sur ]0, 1], t 7→
est continue et positive. De plus,
t2
L’intégrale
sin(t)
t
1
∼
=
t2 t→0 t2
t
2011-2012
Lycée du Parc
6/16
Khâgne B/L
Z
Correction Exercices Chapitre 10 - Intégrales impropres
1
1
dt diverge (Intégrale de Riemann) et par théorème d’équivalence des fonctions positives, on
0 t
Z 1
sin(t)
en déduit que
dt diverge également.
2
t
0
Z 1
Z +∞
sin(t)
sin(t)
dt
converge
et
dt diverge, on en déduit que
• Puisque
2
t
t2
0
1
Z +∞
sin(t)
dt diverge
t2
0
Z 1
1
√
8. Convergence de
dt
3
t + 3t2 + t
0
Or,
La fonction t 7→ t3 + 3t2 + t = t(t2 + 3t + 1) est continue sur R et s’annule en 0,
ne s’annule qu’une seule fois sur l’intervalle [0, 1] : en 0.
La fonction t 7→
√
1
t3 +3t2 +t
Or,
0
1
1
t1/2
et
√
−3+ 5
,
2
donc
est donc continue et positive sur ]0, 1]. De plus,
√
Z
√
−3− 5
2
t3
1
1
1
∼ √ = 1/2
+
2
t
t
+ 3t + t t→0
dt converge (Intégrale de Riemann), donc par théorème d’équivalence des fonctions positives,
on en déduit que
Z
0
1
√
1
dt converge
t3 + 3t2 + t
+∞
1
ln 1 + 2 dt
9. Convergence de
t
1
1
La fonction t 7→ ln 1 + 2 est continue et positive sur [1, +∞[, on a un problème uniquement en +∞.
t
De plus,
1
1
ln 1 + 2
∼
t→+∞ t2
t
Z +∞
1
et
dt converge (Intégrale de Riemann), donc par théorème d’équivalence des fonctions positives,
t2
1
on en déduit que
Z +∞ 1
ln 1 + 2 converge
t
1
Z +∞
ln(t)
10. Convergence de
dt.
t2
1
Z
La fonction f : t 7→
ln(t)
t2
est continue et positive sur [1, +∞[.
ln(t)
1
Cherchons un α > 1 tel que 2 = o α :
t
t
ln(t)
1
ln(t)
ln(t)
= o α ⇐⇒ tα 2 −→ 0 ⇐⇒ 2−α −→ 0 ⇐⇒ 2 − α > 0 ⇐⇒ α < 2
2
t→+∞
t
t
t t→+∞
t
3
Il suffit de choisir un α ∈]1, 2[, par exemple α = .
2
ln(t)
=o
t2
2011-2012
1
t3/2
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7/16
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Correction Exercices Chapitre 10 - Intégrales impropres
+∞
Z
Or,
1
t3/2
1
dt converge (Intégrale de Riemann), donc par théorème de négligeabilité de fonctions posi-
tives, on en déduit que
Z
+∞
1
Z
11. Convergence de
La fonction
1
ln(t)
dt converge
t2
ln(t)
dt.
t−1
0
ln(t)
t 7→ t−1
Z 1/2
est continue et positive sur ]0, 1[. On a a priori des problèmes en 0 et 1.
ln(t)
dt.
t−1
0
La fonction t 7→ ln(t)
t−1 est continue et positive sur ]0, 1/2]. De plus :
– Etude de
ln(t)
∼ − ln(t)
t − 1 t→0+
Z
1/2
et
ln(t)dt converge, donc par théorème d’équivalence des fonctions positives, on en déduit que
0
1/2
Z
0
Z
1
– Etude de
1/2
ln(t)
dt converge
t−1
ln(t)
dt.
t−1
La fonction t 7→
ln(t)
t−1
est continue et positive sur [1/2, 1[. De plus :
ln(t)
t−1
∼
=1
t − 1 t→1 t − 1
Ainsi, la fonction est prolongeable par continuité en 1. On a donc une intégrale faussement impropre
sur [1/2, 1] : l’intégrale converge.
Z 1/2
Z 1
ln(t)
ln(t)
– Par somme, puisque
dt et
dt convergent, on a bien que
t−1
0
1/2 t − 1
Z 1
ln(t)
dt converge
t
−1
0
Z +∞
cos(t)
√
12. Convergence de
dt
et − 1
0
La fonction t 7→ √cos(t)
est continue (mais pas forcément positive) sur ]0, +∞[. On regarde donc l’absolue
et −1
convergence.
Z 1
cos(t)
√
– Etude de
dt.
et − 1
0
La fonction t 7→ √cos(t)
est continue et positive sur ]0, 1]. De plus,
et −1
cos(t)
1
√
∼ √
t
+
t
e − 1 t→0
Z
1
dt
√ converge (Intégrale de Riemann), donc par critère d’équivalence des fonctions positives, on
t
0
en déduit que
Z 1
cos(t)
√
converge
et − 1
0
et
2011-2012
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8/16
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Correction Exercices Chapitre 10 - Intégrales impropres
Z
+∞
cos(t)
√
dt.
et − 1
1
La fonction t 7→ √cos(t)
est continue sur [1, +∞[. De plus,
et −1
cos(t) 1
1
√
∼
= e−t/2 6 e−t
et − 1 6 √et − 1 t→+∞
t/2
e
Z +∞
e−t dt converge, donc par comparaison, puis équivalence, puis comparaison des fonctions poOr,
1
Z +∞ cos(t) sitives, on en déduit que
√et − 1 dt converge, donc :
1
Z +∞
cos(t)
√
dt converge
et − 1
1
Z 1
Z +∞
cos(t)
cos(t)
√
√
– Par somme, puisque
dt et
dt convergent, on en déduit que :
t
e −1
et − 1
0
1
Z +∞
cos(t)
√
dt converge
et − 1
0
– Etude de
Z
10.3
+∞
Déterminer la nature de
−∞
e−at
dt selon les valeurs de a ∈ R.
1 + et
−at
e
La fonction t 7→ 1+e
t dt est continue et positive sur R. On a donc deux problèmes à étudier : en −∞ et +∞.
Z +∞ −at
e
• Etude de
dt.
1 + et
0
e−at
e−at
∼
= e(−a−1)t
1 + et t→+∞ et
R +∞ e−at
Donc par théorème d’équivalence des fonctions positives, l’intégrale 0
1+et dt est de même nature que
R +∞ (−a−1)t
e
dt.
0
Or, pour x > 0, si a 6= 1,
1
x
Z x
1
e(−a−1)x − 1
si a > −1
(−a−1)t
(−a−1)t
e
=
e
dt =
−→ a+1
x→+∞ +∞
si a < −1
−a − 1
−a − 1
0
0
R +∞
R +∞
et si a = 1, on a clairement 0 e0 dt = 0 1dt qui diverge.
Ainsi, en conclusion :
Z +∞ −at
e
dt converge ⇐⇒ a > −1
1 + et
0
Z 0
e−at
• Etude de
dt.
t
−∞ 1 + e
e−at
e−at
∼
= e−at
1 + et t→−∞ 1
R 0 e−at
Donc par théorème d’équivalence des fonctions positives, l’intégrale −∞ 1+e
t dt est de même nature que
R 0 −at
dt.
−∞ e
Or, pour x < 0, si a 6= 0,
−1
Z 0
1 −at 0
1 − e−ax
si a < 0
e−at =
e dt =
−→ a
x→−∞
+∞
si a > 0
−a
−a
x
x
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Correction Exercices Chapitre 10 - Intégrales impropres
et si a = 0, on a clairement
Ainsi, en conclusion :
R0
−∞ e
=
R0
0
e−at
dt converge ⇐⇒ a < 0
1 + et
0 dt
Z
−∞
−∞ 1dt
qui diverge.
• En conclusion, on obtient que
Z
+∞
−∞
e−at
dt converge ⇐⇒ −1 < a < 0
1 + et
10.4
Z +∞
ln(t)
ln(t)
dt
et
dt sont convergentes et opposées (on pourra effectuer le change2
1
+
t
1
+ t2
1
0
1
ment de variable u = ).
t
Z +∞
ln(t)
2. En déduire la valeur de
dt
1 + t2
0
Z
1
1. Montrer que
Z
1
ln(t)
dt
2
0 1+t
ln(t)
La fonction t 7→
est continue et négative sur ]0, 1]. De plus,
1 + t2
1. Convergence de
ln(t)
∼ ln(t)
1 + t2 t→0
Z
1
Z
et
ln(t)dt converge, donc par critère d’équivalence des fonctions négatives, l’intégrale
0
converge.
Z
Convergence de
1
+∞
0
1
ln(t)
dt
1 + t2
ln(t)
dt
1 + t2
ln(t)
La fonction t 7→
est continue et positive sur [1 + ∞[.
1 + t2
De plus,
ln(t)
ln(t)
1
∼
= o
t→+∞ t3/2
1 + t2 t→+∞ t2
Z +∞
1
Or,
dt converge, donc par critère de négligeabilité de fonctions positives, on en déduit que
3/2
t
1
Z +∞
ln(t)
ln(t)
dt converge, et enfin par critère d’équivalence des fonctions positives, on en déduit que
dt
2
t
1 + t2
1
converge.
Z
1
ln(t)
dt.
2
x t +1
On pose ∀t ∈ [x, 1], ϕ(t) = 1t . La fonction ϕ est de classe C 1 sur [x, 1] et ∀t ∈ [x, 1], ϕ0 (t) =
1
De plus, si u = 1t , on a t = 1 ⇐⇒ u = 1 et t = x ⇐⇒ u = .
x
Soit x ∈]0, 1]. Calculons
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−1
.
t2
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On a alors
Z
1
x
ln(t)
dt =
t2 + 1
Z
x
1
1
Z 1
Z 1/x
− ln
ln(u)
ln(u)
t 1
2 dt =
du = −
du
2
1
t
u2 + 1
1/x u + 1
1
+
1
t2
On a donc montré que pour tout x ∈]0, 1], on a :
1
Z
x
En faisant tendre x vers
0+ ,
1/x
Z
ln(t)
dt = −
t2 + 1
1
Z
puisque les deux intégrales
0
en déduit que
Z
1
0
Z
1
2. Puisque
0
1
ln(t)
dt et
1 + t2
converge et
Z
ln(t)
dt = −
t2 + 1
Z
+∞
1
ln(u)
du
u2 + 1
ln(t)
dt et
1 + t2
Z
1
+∞
ln(t)
dt convergent bien, on
1 + t2
ln(t)
dt
t2 + 1
+∞
1
ln(t)
dt convergent, d’après la relation de Chasles, l’intégrale
1 + t2
Z +∞
Z 1
Z +∞
ln(t)
ln(t)
ln(t)
=
dt +
dt = 0
2
2
1+t
1 + t2
0
0 1+t
1
Z
0
+∞
ln(t)
dt
1 + t2
+∞
t2 − 1
√
dt.
(1 + t2 ) 1 + t4
0
1. Montrer que l’intégrale converge.
Z
10.5
On pose I =
1
2. En utilisant le changement de variable u = , calculer I.
t
1. La fonction t 7→
t2 − 1
√
est continue sur [0, +∞[ (mais pas forcément positive).
(1 + t2 ) 1 + t4
1
t2 − 1
√
dt ne pose pas de problème, puisque c’est l’intégrale d’une fonction continue
2
4
0 (1 + t ) 1 + t
sur un segment.
Z
L’intégrale
Sur [1, +∞[, la fonction t 7→
t2 − 1
√
est continue et positive, et on a :
(1 + t2 ) 1 + t4
t2 − 1
√
(1 + t2 ) 1 + t4
Z
∼
t→+∞
t2
1
= 2
2
2
t ×t
t
+∞
1
dt converge (Intégrale de Riemann), donc par théorème d’équivalence pour les fonctions pot2
1
Z +∞
t2 − 1
√
sitives, on en déduit que
dt converge.
(1 + t2 ) 1 + t4
1
Z 1
Z +∞
t2 − 1
t2 − 1
√
√
Par somme, puisque
dt et
dt convergent, on en déduit que l’inté2
4
(1 + t2 ) 1 + t4
0 (1 + t ) 1 + t
1
grale I converge.
Or,
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Z x
t2 − 1
√
dt.
2. Fixons-nous x > 0. Calculons
2
4
1/x (1 + t ) 1 + t
1
1
1
1
−1
1
On pose ∀t ∈
, x , ϕ(t) = = u. La fonction ϕ est de classe C sur , x et ∀t ∈
, x , ϕ0 (t) = 2 .
x
t
x
x
t
1
1
De plus, si u = 1t , on a t = ⇐⇒ u = x et t = x ⇐⇒ u = .
x
x
On a alors :
Z
x
1/x
t2 − 1
√
dt =
(1 + t2 ) 1 + t4
Z
x
1/x
1
Z 1/x
Z x
1− 2
1 − u2
u2 − 1
dt
t
√
√
r
du
=
(−du)
=
−
2
4
t2
(1 + u2 ) u4 + 1
1
1
x
1/x (1 + u ) 1 + u
1+ 2
+1
t
t4
Z
En faisant tendre x → +∞ dans les deux intégrales, puisque les intégrales
Z +∞
t2 − 1
√
dt convergent, on obtient :
(1 + t2 ) 1 + t4
1
Z +∞
Z +∞
t2 − 1
t2 − 1
√
√
dt = −
dt
(1 + t2 ) 1 + t4
(1 + t2 ) 1 + t4
0
0
0
1
t2 − 1
√
dt et
(1 + t2 ) 1 + t4
On conclut donc que
+∞
Z
0
Z
10.6
Soit f la fonction définie par f (x) =
1
t2 − 1
√
dt = 0
(1 + t2 ) 1 + t4
+∞
t−x
dt.
1+t
1. Déterminer l’ensemble de définition de f .
2. Quel est le sens de variations de f ?
3. On admet que f est une fonction continue sur son ensemble de définition.
Déterminer f (x) + f (x + 1) pour x > 0.
En déduire la limite de f en 0 et en +∞.
1. Déterminer
Z +∞ −x l’ensemble de définition de f revient à trouver les valeurs de x ∈ R pour lesquels l’intégrale
t
dt est convergente.
1+t
1
t−x
Pour tout x ∈ R, la fonction t 7→
est continue sur [1, +∞[, donc il s’agit de regarder le problème en
1+t
+∞.
t−x
1
t−x 1 + x ∼
= x+1
t→+∞ t
t
Z +∞ −x
Z +∞
1
t
On voit donc que l’intégrale
dt est de même nature que l’intégrale de Riemann
dt
x+1
1+t
t
1
1
qui, elle, converge si et seulement si x + 1 > 1, c’est-à-dire x > 0.
Ainsi, f est définie sur ]0, +∞[.
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2. Soient x, y deux réels strictement positifs et soit t > 1 (donc tel que ln(t) > 0).
x 6 y =⇒ −x > −y
=⇒ ∀t > 1, −x ln(t) > −y ln(t)
=⇒ ∀t > 1, e−x ln(t) > e−y ln(t)
=⇒ ∀t > 1, t−x > t−y
t−x
t−y
=⇒ ∀t > 1,
>
1+t
1+t
=⇒ (A → +∞) f (x) > f (y)
Z
=⇒ ∀A > 1,
1
A
t−x
>
1+t
Z
1
A
t−y
dt
1+t
Ainsi, on a montré que la fonction f est décroissante sur ]0, +∞[.
3. Soit x > 0. Alors
Z +∞ −x
Z +∞ −x−1
t
t
f (x) + f (x + 1) =
dt +
dt
1+t
1+t
1
1
Z +∞ −x
t + t−x−1
dt (somme de deux intégrales convergentes)
=
1+t
1
Z +∞
t+1
dt
=
t−x−1
1+t
1
1 −x +∞
= − t
x
1
1
=
x
On a donc montré que
1
∀x > 0, f (x) + f (x + 1) =
x
• Limite de f en +∞.
On sait que f est une fonction décroissante, et minorée par 0, donc elle admet en +∞ une limite finie
` qui vérifie ` > 0.
En passant à la limite lorsque x → +∞ dans l’égalité précédente, on obtient
` + ` = 0 =⇒ lim f (x) = 0
x→+∞
• Limite de f en 0+ .
On a
t−1
dt
1+t
1
Z +∞
1
=
dt
t(t
+
1)
1
Z +∞ 1
1
=
−
dt
t
1+t
1
Z A
1
1
= lim
−
dt
A→+∞ 1
t
1+t
A
= lim
ln(t) − ln(t + 1)
A→+∞
1
A
= lim
ln
+ ln(2)
A→+∞
A+1
= ln(2)
Z
+∞
lim f (x + 1) = f (1) =
x→0
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Or, d’après l’éaglité trouvée au début de la question, on sait que
lim (f (x) + f (x + 1)) = +∞
x→0
donc puisque lim f (x + 1) = ln(2), on a nécessairement
x→0
lim f (x) = +∞
x→0
10.7
Z
+∞
1. Montrer que
e−t ln(t)dt converge. On note ` sa valeur.
0
2. Soit x un réel strictement positif. Montrer que
Z +∞ −t
Z x
e
1 − e−t
dt = − ln(x) + ` +
dt
t
t
x
0
(après avoir justifié
l’existence des intégrales).
Z +∞
e−t
En déduire lim
dt + ln(x) .
x→0
t
x
Z
1. Convergence de
+∞
e−t ln(t)dt.
0
La fonction f : t 7→ e−t ln(t) est continue sur ]0, +∞[, on a donc a priori deux problèmes : en 0 et 1.
Etude de
R1
0
e−t ln(t)dt.
La fonction f : t 7→ e−t ln(t) est continue et négative sur ]0, 1] et
e−t ln(t) ∼ ln(t)
t→0
Z 1
Z 1
Or,
ln(t) converge, donc par équivalence des fonctions négatives, on en déduit que
e−t ln(t)dt
0
0
converge.
Etude de
R +∞
1
e−t ln(t)dt.
La fonction f : t 7→ e−t ln(t) est continue et positive sur [1, +∞[ et
−t
∀t > 1, f (t) = e
−t
ln(t) 6 e t = o
1
t2
Z +∞
dt
Or,
converge (Intégrale de Riemann), donc par critère de négligeabilité des fonctions positives,
t2
Z +∞1
Z +∞
−t
te dt converge et enfin par comparaison des fonctions positives,
e−t ln(t) converge.
1
1
Par somme de deux intégrales convergentes, on en déduit donc que
Z +∞
e−t ln(t)dt converge
0
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Z
2. Convergence de
x
+∞
e−t
dt
t
e−t
La fonction t 7→
est continue sur [1 + ∞[, et ∀t ∈ [1, +∞[,
t
+∞
dt
, donc puisque
2
Z +∞1 −t t
e
dt
converge (Intégrale de Riemann), donc par critère de négligeabilité des fonctions positives,
t
1
Z 1 −t
e
converge. Puisque
dt existe (fonction continue sur le segment [1, x] ou [x, 1]), on en déduit que
t
x
Z +∞ −t
e
dt converge
t
x
Z x
1 − e−t
dt
Convergence de
t
0
1 − e−t
La fonction t 7→
est continue sur ]0, x], et
t
1 − e−t
t
∼
t→0+
e−t
t
= o
1
t2
Z
t
=1
t
La fonction est donc prolongeable par continuité sur le segment [0, x] et donc l’intégrale est faussement
impropre et converge donc.
Montrons l’égalité voulue.
Soient ε et A deux réels strictement positifs. En intégrant par parties, on obtient :
A Z A
Z A
Z A −t
(−e−t )
e
−t
−t
−A
−ε
e ln(t)dt = − e ln(t) −
dt = −e ln(A) + e ln(ε) +
dt
t
t
ε
ε
ε
ε
En faisant tendre A vers +∞, on obtient
Z +∞
Z
e−t ln(t)dt = e−ε ln(ε) +
ε
+∞
ε
(toutes les intégrales convergent bien d’après ce qui précède, et lim
A→+∞
e−t
dt
t
ln(A)
eA
= 0 par croissances comparées).
Soit alors x un réel strictement positif. On a :
Z x
+∞ −t
−ε
ε e ln(t)dt = e ln(ε) +
ε
Z x
= e−ε ln(ε) +
Z +∞ −t
e−t
e
dt +
dt
t
t
x
Z x −t
Z +∞ −t
1
e −1
e
dt +
dt +
dt
t
t
t
ε
ε
x
Z x −t
Z +∞ −t
e −1
e
−ε
= e ln(ε) + ln(x) − ln(ε) +
dt +
dt
t
t
ε
x
Z x −t
Z +∞ −t
e −1
e
−ε
= (e − 1) ln(ε) + ln(x) +
dt +
dt
t
t
ε
x
e−t − 1
dt convergent et (e−ε − 1) ln(ε) ∼ −ε ln(ε) −→ 0.
ε→0
ε→0
t
0
0
Ainsi, en faisant tendre ε vers 0 dans l’égalité précédente, on obtient :
Z +∞ −t
Z 1 −t
e −1
e
` = ln(x) +
dt +
dt
t
t
0
x
Z
Or,
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+∞
−t
e
Z
1
ln(t)dt et
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ou autrement dit
Z
x
+∞
e−t
dt = − ln(x) + ` +
t
Z
0
x
1 − e−t
dt
t
−t
La fonction h : t 7→ 1−et est prolongeable en une fonction continue sur R, donc elle admet une primitive
sur R, notée H. Alors
Z +∞ −t
Z x
e
1 − e−t
dt + ln(x) = ` +
dt = ` + H(x) − H(0)
t
t
x
0
Puisque H est dérivable sur R, en particulier, elle est continue en 0. Donc
Z +∞ −t
e
lim
dt + ln(x) = ` + H(0) − H(0) = `
x→0
t
x
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