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
t²
, calculer sa dérivée
et en déduire son expression ( ∫
∞
0
e
-u²
.du = π/2 ).
- Corrigé : : Rappel du cours :
1 Hypothèses : Soit I et J deux intervalles réels et g : I × J → I K = ou continue par rapport à x et continue par morceaux par
rapport à t . S'il existe une fonction positive φ continue par morceaux intégrable sur J telle que : ∀ (x, t) ∈ I × J , |g(x, t)| ≤ φ (t)
(hypothèse de domination).
Conclusion : Alors la fonction f définie par f(x) = ∫
J
g(x, t)dt est continue sur I .
2 Hypothèses : Soit I et J deux intervalles réels et g : I×J → I K =  ou dérivable par rapport à x . On suppose que : ∀ x ∈ I , les
fonctions (t h g(x, t)) et (t h
∂g
∂ x(x, t)) sont continues par morceaux et intégrables sur
J . S'il existe une fonction φ continue par
morceaux et intégrable sur J telle que : ∀ (x, t) ∈ I × J , |
∂g
∂ x(x, t)|
≤ φ (t) .
Conclusion : Alors la fonction f définie par f(x) = ∫J g(x, t)dt est de classe C¹ sur I , avec : f '(x) = ∫J
∂g
∂ x(x, t)dt
.
La fonction g(x , t) =
1 - e
-xt²
t²
est continue selon la variable t sur tout fermé borné de ]0 , +∞[, elle est donc
intégrable sur ces segments ( CNI ).
Au voisinage de 0 :
1 - e
-xt²
t²
~
1 - (1 - xt²)
t²
= x ; la fonction est donc prolongeable par continuité en 0 , en posant
g(x , 0) = x .
Au voisinage de +∞ : Si x ≥ 0 alors 0 ≤
1 - e
-xt²
t²
≤
1
t²
l'intégrale est donc convergente. Mais si x < 0 alors, pour
t assez grand
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
même chose avec sa dérivée partielle selon x : ∂g
∂ x
(x , t) =
t²e
-xt²
t² = e
-xt²
, qui, de toute évidence, répond aux
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
4 x
. En réintégrant : f(x) = πx ( qui, effectivement, n'est pas
dérivable en 0 ).
F3.2) Montrer que l'intégrale f(x) = ∫
∞
0
e
-t+itx
.dt
t
est convergente et que la fonction f est dérivable.
- Corrigé : La fonction g(x , t) =
e
-t+itx
t
est continue selon la variable t sur tout fermé borné de ]0 , +∞[, elle est
donc intégrable sur ces segments ( CNI ).
Au voisinage de 0 : |
e
-t+itx
t
| ≤
1
t
qui est intégrable dans ce voisinage.

F3-2
Au voisinage de +∞ : |
e
-t+itx
t
| =
e
-t/2
t
.e-t/2 où le premier facteur tend vers 0 tandis que l'autre est intégrable.
( Autre méthode : ∫
∞
1
| |
e
-t+itx
.dt
t
≤ ∫
∞
1
e
-x²
dx ≤ ∫
∞
0
e
-x²
dx =
π
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 , +∞[ ,
ce qui n'est pas un problème . Il faut maintenant s'intéresser à la dérivée partielle : ∂g
∂ x
(x , t) = it.
e
-t+itx
t = i. t.
e-t+itx ,
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
t
→
∞
t². t. e-t = 0 .
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.
F3.3) Étudier le domaine de définition, la continuité, la dérivabilité de : f(x) = ∫
2π
0
dt
1 + x.cos(t)
. Montrer que :
f '(x) =
1
2
. ∫
π/2
-π/2
(
1
(1 - x.cos(t))
3/2
-
1
(1 + x.cos(t))
3/2
)cos(t).dt , en déduire que f est paire et ses variations. Calculer la
limite en 1 de f(x) et dresser son tableau de variation.
- Corrigé : La fonction g(x , t) =
1
1 + x.cos(t)
est continue selon la variable t sur tout fermé borné de [0 , 2π]
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
2.|cos(t/2)|
si x = 1 , et
1
1 - cos(t)
=
1
2.sin(t/2)
~
2
t
si x = -1 .
En posant u = x - π dans la première, g(x , t) =
1
2.|sin(u/2)|
~
2
|u|
avec u → 0 .
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 ).
∂g
∂ x
(x , t) = -cos(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[
par
1
2.(1 - a)
3/2
. Donc f est dérivable, et sa dérivée vérifie : f '(x) = ∫
2π
0
-cos(t).dt
2 .( 1 + x.cos(t))
3/2
.
On déplace la période : f '(x) = ∫
3π/2
-π /2
-cos(t).dt
2 .( 1 + x.cos(t))
3/2
= ∫
π/2
-π /2
-cos(t).dt
2 .( 1 + x.cos(t))
3/2
+ ∫
3π/2
π /2
-cos(t).dt
2 .( 1 + x.cos(t))
3/2
; on pose t = u + π
f '(x) = ∫
π/2
-π /2
-cos(t).dt
2 .( 1 + x.cos(t))
3/2
+ ∫
π/2
-π /2
cos(u).du
2 .( 1 - x.cos(u))
3/2
=
1
2
. ∫
π/2
-π/2
(
1
(1 - x.cos(t))
3/2
-
1
(1 + x.cos(t))
3/2
)cos(t).dt ) .
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
(1 - x.cos(t))
3/2
-
1
(1 + x.cos(t))
3/2
;
1
(1 - x.cos(t))
3/2
≤
1
(1 + x.cos(t))
3/2
⇔ ... ⇔ 2x.cost(t) ≤ 0 ⇔ x ≤ 0 ;
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 -1 0 1
f '(x) +
f(x)
+∞  2π  +∞
F3.4) Étudier la fonction définie sur ]0, 1[∪]1, +∞[ par : f(x) = ∫
x²
x
dt
ln(t)
. ( Dont les limites aux bornes ; pour 1 : 1
ln(t)
×
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.
Soit un élément quelconque a de ]x , x²[ ( ou ]x² , x[ si 0 < x < 1 ) ; alors f(x) = ∫
x²
a
dt
ln(t)
- ∫
x
a
dt
ln(t)
, d'où l'on déduit que
l'on a : f
'(x) =
2x
ln(x²)
-
1
ln(x)
( pour la première on peut utiliser la dérivation des fonctions composées : en notant h(x) = ∫
x
a
dt
ln(t)
, alors :
∫
x²
a
dt
ln(t)
= h(g(x)), d'où sa dérivée vaut : g'(x).h'(g(x)) ) . Donc : f
'(x) =
x - 1
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)
ln(x²)
≤ -f(x) ≤ -(
x - x²)
ln(x²)
, d'où :
x - x²
ln(x²)
≤ f(x) ≤
x - x²
ln(x)
, c'est-à-dire :
x(1 - x)
2 . ln(x)
≤ f(x) ≤
x(1 - x)
ln(x)
, et la limite est donc :
lim
x→0
f(x) = 0 . On peut alors prolonger par continuité en posant f(0) = 0 .
On peut aussi utiliser la formule de la moyenne ( hors programme ) .
Par suite : f '(0) = lim
x→0
f(x)/x = 0 d'après l'encadrement précédent.
f est prolongeable par continuité en 1 , mais il faut faire l'étude à droite et à gauche de 1 . On a :
f(x) = ∫
x²
x
t.
dt
t.ln(t)
, et comme ∫
x²
x
dt
t.ln(t)
= [ln|ln(t)|]
x²
x
= ln|ln(x²)| - ln|ln(x)| = ln(2.|ln(x)|) - ln|ln(x)| = ln(2) , on peut
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
x
→
∞
f(x) = +∞ .
Attention : La limite de [ln|ln(t)|]
x²
x
a un sens quand x tend vers 1 , pas quand il tend vers 0 .
On peut aussi utiliser la formule de la moyenne généralisée, où : f(x) = ∫
x²
x
t.
dt
t.ln(t)
= λ.∫
x²
x
dt
t.ln(t)
.
À la fin : x 0 1 +∞
f '(x) 0 + 1 +
f(x) 0  ln(2)  +∞
On montre en outre que f '(1) = 1 , avec le théorème du prolongement C¹ .