F3) TD : Intégration (troisième partie).

F3) TD : Intégration (troisième partie).
∞
F3.1) Étudier le domaine de définition, la continuité et la dérivabilité de : f(x) = ∫ 0
(1 - e-xt²)dt
, calculer sa dérivée
t²
∞
et en déduire son expression (∫ 0 e-u².du = π/2).
- Corrigé : : Rappel du cours :
1
et J deux intervalles réels et g : I×J → K
I = ou continue par rapport à x et continue par morceaux par
Hypothèses : Soit I
φ
rapport à t . S'il existe une fonction positive
continue par morceaux intégrable sur J telle que :
∀ (x, t) ∈ I×J , |g(x, t)| ≤ φ(t)
(hypothèse de domination).
Conclusion : Alors la fonction
2
h g(x, t))
J
et J deux intervalles réels et g : I×J → K
I = ou dérivable par rapport à x. On suppose que : ∀ x ∈ I, les
Hypothèses : Soit I
fonctions (t
f définie par f(x) = ∫ g(x, t)dt est continue sur I.
et (t
h ∂g
(x, t))
∂x
morceaux et intégrable sur J telle que :
Conclusion : Alors la fonction
La fonction g(x , t) =
sont continues par morceaux et intégrables sur J. S'il existe une fonction
φ
continue par
∂g
(x, t)| ≤ φ(t).
∂x
∀ (x, t) ∈ I×J,
|
f définie par f(x) = ∫ g(x, t)dt est de classe C¹ sur I , avec :
J
f '(x) = ∫
∂g
J ∂x
(x, t)dt .
1 - e-xt²
est continue selon la variable t sur tout fermé borné de ]0 , +∞[, elle est donc
t²
intégrable sur ces segments (CNI).
1 - e-xt² 1 - (1 - xt²)
= x ; la fonction est donc prolongeable par continuité en 0 , en posant
t² ~
t²
Au voisinage de 0 :
g(x, 0) = x.
Au voisinage de +∞ : Si x ≥ 0 alors 0 ≤
t assez grand
1 - e-xt² 1
t² ≤ t² l'intégrale est donc convergente. Mais si x < 0 alors, pour
1 - e-xt²
t² < -1 (par exemple) et l'intégrale diverge.
Il s'en suit que l'ensemble de définition de f est : Df = [0, +∞[.
Si on montre la dérivabilité, la continuité en est une conséquence (il resterait toutefois à démontrer la continuité en 0) ; il
faut toutefois savoir le montrer. On a donc g : [0 , +∞[×[0 , +∞[ → , qui est continue selon chacune des deux
variables, il reste à trouver une fonction de domination φ . Pour x ∈ [0, M] , on pose φ(t) = {1/t² pour t ≥ 1 , et
φ(t) = M pour t < 1} ; elle est continue par morceaux et on vérifie facilement qu'elle majore bien |g(x , t)| sur
[0, M]×[0, +∞[. Comme elle est intégrable, f est alors continue sur tout intervalle [0, M], donc sur [0, +∞[.
Dérivabilité : On a déjà vu que g est continue selon la variable t , et intégrable sur [0 , +∞[ . Il faut montrer la
∂g
t²e-xt²
(x , t) = t² = e-xt² , qui, de toute évidence, répond aux
même chose avec sa dérivée partielle selon x :
∂x
conditions. Soit la fonction de domination φ , en posant , pour x ∈ [a , b] où 0 < a < b : φ(t) = e-at² ; elle répond
aux conditions, ce qui prouve que f est dérivable sur tout intervalle [a, b] donc sur ]0, +∞[. Avec en outre :
∞
f '(x) = ∫ 0 e-xt².dt =
1
x
∞
.∫ 0 e-u².du (pour
u = t x)
; f '(x) =
π
4x .
En réintégrant : f(x) =
πx (qui, effectivement, n'est pas
dérivable en 0).
∞
F3.2) Montrer que l'intégrale f(x) = ∫ 0
- Corrigé : La fonction g(x , t) =
e-t+itx.dt
est convergente et que la fonction f est dérivable.
t
e-t+itx
est continue selon la variable t sur tout fermé borné de ]0 , +∞[, elle est
t
donc intégrable sur ces segments (CNI).
e-t+itx
1
|≤
qui est intégrable dans ce voisinage.
t
t
Au voisinage de 0 : |
F3-2
e-t+itx e-t/2 -t/2
| = .e où le premier facteur tend vers 0 tandis que l'autre est intégrable.
t
t
Au voisinage de +∞ : |
(Autre méthode :
∞
∫1
e-t+itx.dt
|
t
|
∞
π
∞
≤ ∫ 1 e-x²dx ≤ ∫ 0 e-x²dx = 2 , intégrale de Gauss).
Par suite, cette intégrale converge.
On a déjà vu que g(x, t) est continue et intégrable selon la variable t, mais attention, pas en 0, donc J = ]0, +∞[,
∂g
e-t+itx
-t+itx
ce qui n'est pas un problème . Il faut maintenant s'intéresser à la dérivée partielle :
(x , t) = it.
= i. t.e
,
∂x
t
qui est évidemment continue selon la variable t , et même sur [0 , +∞[ ; il faut donc prouver la convergence par
l'étude au voisinage de +∞, ce qui est immédiat compte tenu du fait que : lim t². t.e-t = 0.
t→∞
Il faut maintenant trouver une fonction de domination φ : |i. t.e-t+itx| = t.e-t qui est une fonction de domination
∞
convenable. Il s'en suit que f est dérivable et que sa dérivée vérifie : f '(x) = ∫ 0 i. t.e-t+itx.dt , qu'on ne demande
pas de calculer.
2π
F3.3) Étudier le domaine de définition, la continuité, la dérivabilité de : f(x) = ∫ 0
1
π/2
1
dt
. Montrer que :
1 + x.cos(t)
1
f '(x) = 2.∫ (
3/2 3/2)cos(t).dt , en déduire que f est paire et ses variations. Calculer la
-π/2 (1 - x.cos(t))
(1 + x.cos(t))
limite en 1 de f(x) et dresser son tableau de variation.
- Corrigé : La fonction g(x , t) =
1
est continue selon la variable t sur tout fermé borné de [0 , 2π]
1 + x.cos(t)
ne contenant pas une annulation du dénominateur, elle est donc intégrable sur ces segments (CNI).
L'équation 1 + x.cos(t) = 0 n'admet une solution que si |x| ≥ 1 , en conséquence de quoi g(x , t) est continue
selon la variable t si x ∈ ]-1,1[.
Si |x| > 1 , il y a un intervalle J contenu dans [0 , 2π] tel que g(x , t) n'est pas définie pour t ∈ J ; l'intégrale
n'est donc pas définie.
Si |x| = 1 : Le dénominateur s'annule pour 0 et 2π, si x = -1, et π si x = 1.
g(x, t) =
1
=
1 + cos(t)
1
si x = 1, et
2.|cos(t/2)|
1
2
~ t si x = -1.
2.sin(t/2)
1
=
1 - cos(t)
1
2
~
avec u → 0.
2.|sin(u/2)| |u|
En posant u = x - π dans la première, g(x, t) =
Ainsi, l'intégrale diverge dans ces deux cas.
Il s'en suit que l'ensemble de définition de f : Df = ]-1, 1[.
g(x , t) est alors continue selon la variable x sur ]-1 , 1[ et si l'on souhaite trouver une fonction de domination
φ, il faut se placer dans un fermé borné [-a , a] de ]-1 , 1[ (0
≤ a < 1) ,
car alors : |g(x , t)| ≤
1
1-a
, qui est
intégrable sur [0, 2π]. Par suite f est continue sur ]-1, 1[ (bien que la dérivabilité entraînerait la continuité).
-cos(t)
∂g
(x , t) = 2.(1 + x.cos(t))3/2 , qui est elle-même continue selon la variable t et bornée quand x ∈ [-a , a] ⊂ ]-1 , 1[
∂x
2π
-cos(t).dt
1
par 2.(1 - a)3/2. Donc f est dérivable, et sa dérivée vérifie : f '(x) = ∫ 0 2.(1 + x.cos(t))3/2.
3π/2
On déplace la période : f '(x) = ∫
π/2
f '(x) = ∫
π/2
-cos(t).dt
-π/2 2.(1 + x.cos(t))
3/2
+∫
-π/2
π/2
-cos(t).dt
2.(1 + x.cos(t))
cos(u).du
3/2
=∫
1
3/2
-π/2 2.(1 - x.cos(u))
-π/2 2.(1
= 2. ∫
π/2
-π/2
(
3π/2
-cos(t).dt
+ x.cos(t))
3/2
+∫
π/2
-cos(t).dt
2.(1 + x.cos(t))
3/2
; on pose t = u + π
1
1
3/2 3/2)cos(t).dt) .
(1 - x.cos(t))
(1 + x.cos(t))
La dérivée f ' étant de façon évidente impaire, il s'en suit que f est paire (attention, si f ' avait été paire, f n'aurait été
impaire que si elle s'annulait en 0). En remarquant que si ce développement de f ' n'avait pas été utile dans la suite, il
aurait été plus simple de montrer directement la parité de f.
F3-3
Comme le cosinus est positif sur [-π/2 , π/2] , le signe de f ' est donné par le signe de
1
3/2 (1 - x.cos(t))
1
1
1
3/2 ;
3/2 ≤
3/2 ⇔ ... ⇔ 2x.cost(t) ≤ 0 ⇔ x ≤ 0 ;
(1 + x.cos(t))
(1 - x.cos(t))
(1 + x.cos(t))
f ' est donc négative sur ]-1 , 0[ , et positive sur ]0 , 1[ . Par ailleurs, f étant décroissante et l'intégrale divergente
en -1 , c'est nécessairement vers +∞ , et f étant croissante et l'intégrale divergente en 1 ,c'est nécessairement
vers +∞.
À la fin :
x
f '(x)
f(x)
-1
+∞
0
+
2π
1
+∞
x²
dt
F3.4) Étudier la fonction définie sur ]0, 1[∪]1, +∞[ par : f(x) = ∫ ln(t). (Dont les limites aux bornes ; pour 1 :
x
1 t
× ).
ln(t) t
- Corrigé : Comme g : (x → x²) est stable sur ]0 , 1[ d'une part, et sur ]1 , +∞[ d'autre part, f est bien définie ;
elle est de façon évidente continue et dérivable sur chacun de ces intervalles.
x²
Soit un élément quelconque a de ]x , x²[ (ou
2x
]x² , x[ si 0 < x < 1)
x
dt
dt
; alors f(x) = ∫ ln(t) - ∫ ln(t) , d'où l'on déduit que
a
a
1
l'on a : f '(x) = ln(x²) - ln(x) (pour la première on peut utiliser la dérivation des fonctions composées : en notant
x²
dt
∫ ln(t) = h(g(x)), d'où sa dérivée vaut : g'(x).h'(g(x))) .
a
x
dt
h(x) = ∫ ln(t) , alors :
a
x-1
Donc : f '(x) = ln(x).
f est prolongeable par continuité en 0 car, comme, pour x < 1 , -1/ln(t) est croissante sur [x² , x] , on a alors :
-(x - x²)
-(x - x²)
x - x²
x - x²
x(1 - x)
x(1 - x)
ln(x²) ≤ -f(x) ≤ ln(x²) , d'où : ln(x²) ≤ f(x) ≤ ln(x) , c'est-à-dire : 2.ln(x) ≤ f(x) ≤ ln(x) , et la limite est donc :
lim f(x) = 0. On peut alors prolonger par continuité en posant f(0) = 0.
x→0
On peut aussi utiliser la formule de la moyenne (hors programme).
Par suite : f '(0) = lim f(x)/x = 0 d'après l'encadrement précédent.
x→0
f est prolongeable par continuité en 1, mais il faut faire l'étude à droite et à gauche de 1. On a :
x²
x²
dt
dt
x²
f(x) = ∫ t.t.ln(t) , et comme ∫ t.ln(t) = [ln|ln(t)|]x = ln|ln(x²)| - ln|ln(x)| = ln(2.|ln(x)|) - ln|ln(x)| = ln(2) , on peut
x
x
encadrer f(x) , pour x > 1 : x ≤ t ≤ x² et x.ln(2) ≤ f(x) ≤ x².ln(2) ; on inverse cette inégalité pour x < 1 , alors :
f(1) = ln(2). Avec le même encadrement : lim f(x) = +∞.
x→ ∞
x²
Attention : La limite de [ln|ln(t)|]x a un sens quand x tend vers 1, pas quand il tend vers 0.
x²
dt
x²
dt
On peut aussi utiliser la formule de la moyenne généralisée, où : f(x) = ∫ x t.t.ln(t) = λ.∫ x t.ln(t).
À la fin :
x
f '(x)
f(x)
0
0
0
+
1
1
+
ln(2) +∞
+∞
On montre en outre que f '(1) = 1, avec le théorème du prolongement C¹.