exercices sur les integrales generalisees

EXERCICES SUR LES INTEGRALES
GENERALISEES
1. Calculer les inégrales généralisées suivantes.
a)
Z∞
dx
x
(1 + e )(1 + e−x )
Z∞
ln x
dx
x2
Z∞
arctan x
dx
1 + x2
0
d)
b)
e−
√
Z1
ln x
dx
(1 + x)2
Z∞
dx
(a > 0, r > 0)
x(x + r)
√
x
x
dx
c)
0
e)
1
g)
Z∞
f)
2. Soit a > 1. Calculer
Z∞
a
Z∞
xn e−x dx
Zπ/2
cos 2x
√
dx
sin 2x
(n ∈ N)
0
a
0
ln x dx
0
0
h)
Z1
i)
0
dx
.
−1
x2
3. Montrer que les intégrales suivantes convergent.
a)
Z∞
√
1
2
√ e− x +x+1 dx
x
,
Zπ/2
b)
0
ln(1+sin x) dx
,
c)
Z∞
−t2
e
0
−π/2
dt
,
d)
Z∞
0
1 + sin t
√ dt .
1 + t3
4. Déterminer pour quelles valeurs du couple (α, β) ∈ R2 les intégrales suivantes sont convergentes. (On dessinera dans le plan l’ensemble des couples (α, β) pour lesquels il y a convergence).
a)
Z∞
dx
xα (1 + xβ )
,
b)
0
Z∞
ln(1 + xα )
dx ,
xβ
0
0
5. Etudier pour quelles valeurs de n ∈ N l’intégrale
I(n) =
c)
Z∞
Z∞
1
converge et calculer I(n) dans ce cas.
1
ln x
dx
xn
(1 + t)α − tα
dt .
tβ
6. Soit I(λ) =
Z∞
dx
(1
+ x2 )(1
+ xλ )
. Montrer que I(λ) converge pour tout réel λ et calculer cette
0
intégrale en utilisant le changement de variable t = 1/x.
7. Soit I =
Z∞
e−t − e−2t
dt.
t
0
a) Montrer que I est convergente.
b) Pour ε > 0, établir, en posant x = 2t, la relation
Z∞
ε
e−t − e−2t
dt =
t
Z2ε
ε
c) En déduire le calcul de I.
d) En déduire le calcul de
Z1
x−1
dx (Poser x = e−t ).
ln x
0
Zπ/2
8. Soit I =
ln sin x dx.
0
a) Montrer que I est convergente.
Zπ/2
b) Montrer que I =
ln cos x dx.
0
Zπ/2
sin 2x
dx.
c) Montrer que 2I =
ln
2
0
d) En déduire la valeur de I.
9. Soit I =
Z∞
dx
√ .
(1 + x2 ) x
0
a) Montrer que I est convergente.
b) Calculer J =
Z∞
dt
.
1 + t4
0
c) En déduire I.
2
e−t
dt .
t
10. a) Etudier pour quelles valeurs de n ∈ N l’intégrale Jn =
Z∞
(x3
dx
converge.
+ 1)n
0
b) Calculer J1 .
c) Montrer que si n ≥ 2, on a
Jn+1 =
3n − 1
Jn ,
3n
et en déduire Jn si n ≥ 1.
Zπ/2
11. Montrer que l’intégrale
tan x dx diverge,
0
a) par un calcul de primitive ; b) par le critère de Riemann.
12. Montrer que les intégrales suivantes sont semi-convergentes.
a)
Z∞
π
cos x
√ dx
x
b)
Z∞
2
2
cos(x ) dx (poser u = x ) c)
Z∞
2
4
x sin(x ) dx
d)
π
π
−1
13. Soit f une fonction de R dans R continue et périodique dont l’intégrale
Z∞
Z∞
√
ei x
dx .
x
f (x) dx est conver-
0
gente. Montrer que f est la fonction nulle. (Raisonner par l’absurde : supposer que f (c) 6= 0 pour
un certain réel c, et montrer que le critère de Cauchy est alors contredit).
14. Soit f une fonction uniformément continue de [ a, ∞ [ dans R, telle que l’intégrale
Z∞
f (x) dx
a
converge. Montrer que lim f (x) = 0 (montrer que sinon le critère de Cauchy serait contredit).
x→∞
15. Soit f une fonction de classe C1 de R dans R telle que, quand x tend vers ±∞, on ait
1
′
.
f (x) = O
x2
a) Démontrer que les limites L et ℓ de f en +∞ et −∞ respectivement existent.
b) On suppose en outre que, pour tout x réel, on a
|f ′ (x)| ≤
Montrer que |L − ℓ| ≤ π.
3
x2
1
.
+1
16. Soit f une fonction décroissante de [ a, ∞ [ dans R+ .
Z∞
f (t) dt converge, alors lim xf (x) = 0.
a) Montrer que si l’intégrale
x→∞
a
(Remarquer que l’on a, si x ≥ a, l’inégalité : xf (2x) ≤
Z2x
f (t) dt).
x
b) Montrer par un contre-exemple que la réciproque est fausse.
4
17. Construire une fonction f continue positive non bornée de [ 0, +∞ [ dans R telle que l’in+∞
Z
tégrale
xf (x) dx soit convergente.
0
18. Déterminer la limite des suites (an ) définies ci-dessous.
a) an =
Z∞
arctan(nx)
dx , b)
n(1 + x2 )
an =
0
Z1
dx
, c)
1 + xn
an =
0
Z∞
dx
, d) an =
1 + xn
1
Z∞
0
arctan n+1
n x
dx .
1 + x2
19. Soit a > 0. On définit sur [ a, +∞ [ les fonctions f et g par
sin x sin2 x
f (x) = √ +
x
x
sin x
et g(x) = √ .
x
a) Montrer que f ∼ g au voisinage de +∞.
b) Etudier la nature des intégrales
Z∞
f (x) dx et
a
Z∞
g(x) dx.
a
20. Soit f définie sur R \ {−1} par
f (x) =
x ln |x + 1|
.
x2 + 1
Montrer les propriétés suivantes.
a) La fonction f est intégrable au voisinage de −1.
b) Les intégrales
Z∞
f (x) dx et
0
c) La limite de l’intégrale
ZA
Z0
f (x) dx sont divergentes.
−∞
f (x) dx, lorsque A tend vers +∞ existe et est finie. (Etudier la
−A
convergence de l’intégrale
Z∞
|f (x) + f (−x)| dx).
0
5
Corrigé
1. a) On a
1
(1 +
ex )(1
+
e−x )
=
ex
.
(1 + ex )2
Cette expression est de la forme u′ /(1 + u)2 et admet comme primitive −1/(1 + u), donc
Z∞
∞
1
1
1
1
dx
= − lim
= −
= .
x
−x
x
x
(1 + e )(1 + e )
1+e 0
2 x→∞ 1 + e
2
0
b) Une primitive de e−
Z∞
0
√
x /√x
est −2e−
√
x,
donc
√
h
√
√ i∞
√
e− x
√ dx = − 2e− x
= 2( lim e− x − lim e− x ) = 2 .
x→∞
x→0
0
x
c) Une primitive de ln x est x ln x − x, donc
Z1
0
h
i1
ln x dx = x ln x − x = −1 − lim (x ln x − x) = −1 ,
x→0
0
car la limite de x ln x est nulle en 0.
d) En intégrant par parties
Z
donc
Z∞
1
ln x
ln x
+
dx = −
2
x
x
Z
dx
ln x 1
− ,
=−
2
x
x
x
ln x
ln x 1
ln x 1 ∞
dx = −
−
= lim −
−
+ 1 = 1.
x→∞
x2
x
x 1
x
x
e) En intégrant par parties
Z
ln x
ln x
dx = −
+
(1 + x)2
1+x
Z
dx
.
x(1 + x)
Mais en décomposant la fraction rationnelle
1
1
1
= −
,
x(1 + x)
x 1+x
on obtient
Alors
Z1
0
Z
ln x
x ln x
ln x
dx = −
+ ln x − ln(1 + x) =
− ln(1 + x) .
(1 + x)2
1+x
1+x
1
ln x
x ln x
x ln x
=
−
ln
2
−
lim
−
ln(1
+
x)
−
ln(1
+
x)
= − ln 2 .
dx
=
x→0 1 + x
(1 + x)2
1+x
0
6
f) Posons In =
Z∞
xn e−x dx. Puisque les fonctions intégrées sont positives, la fonction Fn définie
0
par
Fn (α) =
Zα
xn e−x dx ,
0
est croissante et possède une limite finie ou non à +∞.
En intégrant par parties, si n ≥ 1.
Z
Z
n −x
n −x
x e dx = −x e + nxn−1 e−x dx .
Mais
lim xn e−x = 0 .
x→+∞
Il en résulte que
lim
α→∞
Zα
n −x
x e
dx = n lim
α→∞
0
Zα
xn−1 e−x dx ,
0
et donc
In = nIn−1 .
On a
I0 =
Z∞
e−x dx = 1 ,
0
donc l’intégrale In converge et
In = n(n − 1) · · · 1 · I0 = n! .
g) Comme arctan x a pour dérivée 1/(1 + x2 ), on a
Z
1
arctan x
dx = (arctan x)2 ,
1 + x2
2
et
Z∞
0
∞
arctan x
1
π2
1
2
2
dx
=
(arctan
x)
=
lim
(arctan
x)
=
.
x→∞ 2
1 + x2
2
8
0
h) La fraction rationnelle se décompose facilement, puisque
1 1
1
1
=
−
,
x(x + r)
r x x+r
1
x
ln
, donc
r
x+r
Z∞
1
x ∞ 1
x
a+r
a+r
1
dr
=
ln
+ lim ln
.
=
ln
= ln
x→∞
x(x + r)
r
x+r a
r
a
x+r
r
a
et admet sur [ a, ∞ [ la primitive
a
7
√
√
i) Une primitive de cos 2x/ sin 2x est sin 2x, donc
Zπ/2
0
h√
iπ/2
√
√
cos 2x
√
dx =
sin 2x
sin 2x − lim sin 2x = 0 .
= lim
x→0
0
x→π/2
sin 2x
2. On décompose la fraction rationnelle
1
1
=
x2 − 1
2
1
1
−
x−1 x+1
Pour x ≥ a > 1, cette fonction admet comme primitive
Z∞
a
.
1 x−1
ln
Alors
2 x+1
dx
1 x−1 ∞
1 a+1
1 x−1 1 a−1
=
ln
− ln
= ln
.
= lim ln
2
x→∞ 2
x −1
2 x+1 a
x+1 2 a+1
2 a−1
3. a) Au voisinage de 0 on a
√
1
e−1
2
√ e− x +x+1 ∼ √ ,
x
x
Z1
donc l’intégrale
√
1
2
√ e− x −x+1 dx converge par comparaison à
x
dx
.
x1/2
0
0
Lorsque x > 1,
et l’intégrale
Z1
√
1
2
√ e− x +x+1 ≤ e−x ,
x
Z∞
√
1
2
√ e− x +x+1 dx converge par comparaison à
x
Z∞
e−x dx.
1
1
b) Cherchons un équivalent de ln(1 + sin x) dx au voisinage de −π/2. Posons u = x + π/2. Alors
2
u
ln(1/2 + ◦(1))
ln(1 + sin x) = ln(1 − cos u) = ln
+ ◦(u2 ) = 2 ln u 1 +
∼ 2 ln u .
2
2 ln u
Mais l’intégrale
Z1
ln u du converge (Voir ex 1c) et ln u est négative. Donc l’intégrale
0
Zπ/2
ln(1 + sin x) dx
−π/2
converge.
c) On peut donner deux arguments montrant la convergence de l’intégrale.
Z∞
2
2
−t
2
−t
< e , et l’intégrale e−t dt converge par comparaison
(i) Lorsque t > 1, on a t > t, donc e
à l’intégrale
Z∞
e−t dt.
8
2
(ii) Lorsque t tend vers l’infini, t2 e−t admet 0 comme limite, donc est majoré par 1 sur
Z∞
2
2
2
−t
≤ 1/t , et l’intégrale
un intervalle [ a, ∞ [ . Alors e
e−t dt converge par comparaison à
l’intégrale
Z∞
dt
.
t2
d) On a, si t > 0,
0≤
et l’intégrale
Z∞
1 + sin t
2
√ ≤ 3/2 ,
3
t
1+ t
1 + sin t
√ dt converge par comparaison à l’intégrale
1 + t3
Z∞
dt
.
t3/2
4. a) Cherchons un équivalent simple en 0 et en +∞ de la fonction f définie sur ] 0, ∞ [ par
f (x) =
xα (1
1
.
+ xβ )
Le résultat dépend du signe de β. On peut résumer ce que l’on obtient dans le tableau suivant :
condition de
condition de
∼ f (x) en 0 ∼ f (x) en ∞ convergence de convergence de
R1
R∞
f (x) dx
f (x) dx
0
β>0
1
xα
xα+β
β=0
1
2xα
1
β<0
xα+β
1
1
α<1
α+β >1
1
2xα
α<1
α>1
1
xα
α+β <1
α>1
L’ensemble des couples (α, β) pour lesquels l’intégrale
Z∞
f (x) dx converge est le domaine du plan
0
limité par les droites d’équation α + β = 1 et α = 1 (exclues). On ne peut jamais avoir β = 0.
9
β
✻
1
✲
α
α
+
β
=
1
b) Même méthode. Les équivalents dépendent du signe de α cette fois.
Remarquons que si α > 0, alors xα tend vers 0 en 0 donc
ln(1 + xα ) ∼ xα ,
et si α < 0, on peut écrire
ln(1 + xα ) = ln(xα ) + ln(1 + x−α )
ln(1 + x−α )
= α ln x 1 +
,
α ln x
et donc
ln(1 + xα ) ∼ α ln x .
On a des résultats inversés en +∞. On peut résumer ce que l’on obtient dans le tableau suivant :
condition de
condition de
∼ f (x) en 0 ∼ f (x) en ∞ convergence de convergence de
R1
R∞
f (x) dx
f (x) dx
0
α>0
α=0
α<0
1
xβ−α
ln 2
xβ
α
ln x
xβ
α
ln x
xβ
ln 2
xβ
1
xβ−α
10
1
β −α < 1
β>1
β<1
β>1
β<1
β−α>1
L’ensemble des couples (α, β) pour lesquels l’intégrale
Z∞
f (x) dx converge est le domaine du plan
0
limité par les droites d’équation β − α = 1 et β = 1 (exclues). On ne peut jamais avoir α = 0.
=
1
β
β
−
α
✻
1
✲
α
c) Posons
(1 + t)α − tα
.
tβ
Si α = 0 la fonction f est nulle et l’intégrale converge.
f (t) =
Si α 6= 0 et si t tend vers l’infini, on écrit
α
α
(1 + t) − t = t
α
1
1+
t
α
−1 ,
et en faisant un développement limité en 0 par rapport à 1/t, on obtient
1
α
α
α
α
− 1 ∼ αtα−1 ,
(1 + t) − t = t 1 + + ◦
t
t
donc
f (t) ∼
et l’intégrale
Z∞
α
tβ−α+1
,
f (t) dt converge si et seulement si β − α > 0.
1
En 0, le résultat dépend du signe de α.
11
Si α < 0
(1 + t)α − tα = −tα 1 − t−α (1 + t)α ∼ −tα ,
car 1 − t−α (1 + t)α tend vers 1. On en déduit
f (t) ∼ −
et l’intégrale
Z1
1
tβ−α
,
f (t) dt converge si et seulement si β − α < 1.
0
Si α > 0, la quantité (1 + t)α − tα tend vers 1 en 0, donc
f (t) ∼
et l’intégrale
Z1
1
,
tβ
f (t) dt converge si et seulement si β < 1.
0
On a donc le tableau suivant :
condition de
condition de
∼ f (t) en 0 ∼ f (t) en ∞ convergence de convergence de
R1
R∞
f (t) dt
f (t) dt
0
1
tβ
α>0
α<0
−
α
tβ−α+1
1
α
tβ−α
tβ−α+1
1
β<1
β −α > 0
β−α<1
β −α > 0
Les couples (α, β) répondant à la question sont les points du domaine limité par les droites
d’équation β = 1, β = α et β = α + 1 (bords exclus), auxquels on peut ajouter la droite d’équation α = 0.
12
β
✻
β
−
α
=
1
1
✲
β
=
α
α
5. L’intégrale I(n) est une intégrale de Bertrand
Z∞
1
dx
xn (ln x)−1
n ≥ 2. Pour la calculer dans ce cas, intégrons par parties
Z
ln x
x−n+1
dx
=
ln x −
xn
−n + 1
et donc
I(n) =
Z
fλ (x) =
0 ≤ fλ (x) =
et puisque l’intégrale
∞
=
1
1
.
(n − 1)2
1
.
(1 + x2 )(1 + xλ )
On a
Z∞
ln x
dx. On a
xn
x−n+1 1
x−n+1
x−n+1
dx =
ln x −
,
−n + 1 x
−n + 1
(n − 1)2
x−n+1
x−n+1
ln x −
−n + 1
(n − 1)2
6. Pour x > 0, posons
Z
qui converge si et seulement si
1
,
1 + x2
dx
converge, il résulte du théorème de comparaison que
1 + x2
0
Z∞
0
converge aussi.
13
dx
(1 +
x2 )(1
+ xλ )
En posant t = 1/x, on a x = 1/t donc dx = −dt/t2 , et l’on obtient
I(λ) =
Z∞
tλ dt
.
(t2 + 1)(tλ + 1)
0
Alors, puisque toutes les intégrales convergent, on peut additionner les deux expressions de I(λ),
et l’on trouve
2I(λ) =
Z∞
dt
+
2
(t + 1)(tλ + 1)
Z∞
tλ dt
=
(t2 + 1)(tλ + 1)
0
0
Z∞
0
h
i∞ π
dt
= .
=
arctan
t
t2 + 1
2
0
7. En effectuant un développement limité en 0, on a
e−t − e−2t = 1 − t − (1 − 2t) + ◦(t) = t + ◦(t) ,
donc
e−t − e−2t
= 1,
t→0
t
lim
et la fonction se prolonge par continuité en 0. Il en résulte que l’intégrale
Z1
e−t − e−2t
dt
t
0
converge.
Posons
I1 =
Z∞
e−t
dt et I2 =
t
Z∞
e−2t
dt .
t
1
1
Si t ≥ 1, on a
e−t
e−2t
≤ e−t et 0 ≤
≤ e−2t ,
t
t
Z∞
Z∞
et puisque les intégrales
e−t dt et e−2t dt convergent, les intégrales I1 et I2 convergent éga0≤
1
1
lement, donc I1 − I2 converge.
b) Transformons
Z∞
ε
e−2t
dt par le changement de variable x = 2t. On obtient
t
Z∞
ε
d’où
Z∞
ε
e−2t
dt =
t
e−t
dt −
t
Z∞
e−x
dx ,
x
2ε
Z∞
e−2t
dt =
t
2ε
14
Z2ε
ε
e−t
dt .
t
c) On cherche la limite lorsque ε tend vers 0 du membre de droite. En utilisant la première
formule de la moyenne, il existe cε dans [ ε, 2ε ] tel que
Z2ε
ε
e−t
dt = e−cε
t
Z2ε
ε
dt
= e−cε ln 2 .
t
Comme cε tend vers zéro d’après le théorème d’encadrement, il en résulte que I = ln 2.
d) Le changement de variable x = e−t donne immédiatement
Z1
x−1
dx = I = ln 2 .
ln x
0
8. a) la fonction qui à x associe ln sin x est continue sur ] 0, π/2 ] . On a au voisinage de 0
ln sin x = ln(x + ◦(x)) = ln x + ln(1 + ◦(1)) ,
donc
Mais 1 +
ln(1 + ◦(1))
ln sin x = ln x 1 +
ln x
.
ln(1 + ◦(1))
tend vers 1 lorsque x tend vers 0, et donc
ln x
ln sin x ∼ ln x .
L’intégrale
Z1
ln x dx converge (ex 1 c) et, puisque ln x est de signe constant au voisinage de 0,
0
l’intégrale I converge.
b) Puisque cos(π/2 − x) = sin x, le changement de variable t = π/2 − x donne immédiatement
Zπ/2
I=
ln cos t dt .
0
c) Alors, puisque
ln sin x + ln cos x = ln(sin x cos x) = ln
on obtient
sin 2x
,
2
Zπ/2
sin 2x
2I =
ln
dx .
2
0
d) Ceci peut s’écrire
Zπ/2
Zπ/2
Zπ/2
π ln 2
.
2I =
ln sin 2x dx −
ln 2 dx =
ln sin 2x dx −
2
0
0
0
15
Effectuons le changement de variable u = 2x dans l’intégrale du membre de droite. On trouve
Zπ/2
Zπ
1
ln sin 2x dx =
ln sin u du .
2
0
0
Puisque sin(π − v) = sin v, le changement de variable v = π − u donne
Zπ
π/2
donc
1
2
Zπ
0
Zπ/2
ln sin u du =
ln sin v dv ,
0
Zπ/2
ln sin u du =
ln sin u du = I .
0
Finalement
2I = I −
et donc
I=−
9. a) Pour x > 0, posons
f (x) =
π ln 2
.
2
1
√ .
(1 + x2 ) x
On a au voisinage de l’infini,
f (x) ∼
et, puisque 5/2 > 1, l’intégrale
Z∞
π ln 2
,
2
1
x5/2
,
f (x) dx converge. Au voisinage de 0, on a cette fois
1
f (x) ∼
et, puisque 1/2 < 1, l’intégrale
Z1
1
x1/2
,
f (x) dx converge également. L’intégrale I converge donc.
0
b) Pour décomposer la fraction en éléments simples on écrit tout d’abord
√
√
√
t4 + 1 = t4 + 2t2 + 1 − 2t2 = (t2 + 1)2 − ( 2 t)2 = (t2 + 2 t + 1)(t2 − 2 t + 1) .
Alors
1
at + b
ct + d
√
√
=
+
.
+1
t2 + 2 t + 1 t2 − 2 t + 1
Mais comme la fonction est paire, on obtient, en changeant t en −t
t4
t4
−at + b
−ct + d
1
√
√
=
+
,
+1
t2 − 2 t + 1 t2 + 2 t + 1
16
et par unicité de la décomposition a = −c et b = d. Donc
1
at + b
−at + b
√
√
=
+
.
2
2
t4 + 1
t + 2t+ 1 t − 2t+ 1
En donnant à t la valeur 0, on obtient
b=
1
.
2
√
D’autre part, si l’on réduit au même dénominateur, le coefficient de t2 vaut −2a 2 + 2b. Comme
il est nul, on en déduit que
1
a= √ .
2 2
On écrit alors
!
√ !
√
at + b
1
1
2t + 2 2
2t + 2
1
1
√
√
√
√
= √
+
= √
,
2
2
2
2
4
t + 2t + 1
4 2 t + 2t + 1
4 2 t + 2t + 1
t + 2t+ 1
et cette fonction admet comme primitive
√
√
√
1
2
2
√ ln(t + 2 t + 1) +
arctan( 2 t + 1) .
4
4 2
(On rappelle qu’une primitive de
at2
1
2at + b
2
arctan √
).
où ∆ = b2 −4ac < 0 et a 6= 0 est √
+ bt + c
−∆
−∆
On obtient de même pour la primitive de l’autre morceau
√
√
√
1
2
2
− √ ln(t − 2 t + 1) −
arctan(− 2 t + 1) .
4
4 2
1
est,
+1
√
√
√
√
1
2
t2 + 2 t + 1
√ ln
√
(arctan( 2 t + 1) + arctan( 2 t − 1) .
+
4
4 2 t2 − 2 t + 1
√
π 2
Cette fonction est nulle en 0 et admet comme limite
à +∞ donc
4
√
Z∞
π 2
dx
.
=
1 + t4
4
Alors, une primitive de
t4
0
√
dx
x dans I, on a dt = √ et l’on trouve
2 x
√
π 2
.
I = 2J =
2
c) En effectuant le changement de variable t =
10. a) On a, à l’infini,
(x3
1
1
∼ 3n ,
n
+ 1)
x
17
et l’intégrale
Z∞
(x3
dx
converge si et seulement si 3n > 1, soit n ≥ 1.
+ 1)n
0
b) En utilisant la factorisation
x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1) ,
la fraction rationnelle
x3
x3
1
se décompose sous la forme
+1
1
1
a
bx + c
=
=
+ 2
.
2
+1
(x + 1)(x − x + 1)
x+1 x −x+1
On peut obtenir les coefficients de la manière suivante :
en multipliant par x + 1 et en faisant tendre x vers −1, on obtient a = 1/3 ;
en remplaçant x par 0, on trouve 1 = a + c d’où c = 1 − a = 2/3 ;
en multipliant par x et en faisant tendre x vers +∞, on trouve 0 = a + b, d’où b = −1/3.
Finalement
1
1 −x + 2
1
=
+
,
x3 + 1
3(x + 1) 3 x2 − x + 1
ce qui s’écrit encore
x3
1
1
1
1 2x − 1
1
=
−
+
,
2
2
+1
3(x + 1) 6 x − x + 1 2 x − x + 1
Pour x ≥ 0, on obtient alors comme primitive,
Z
1
1
1
2x − 1
1
x+1
2x − 1
dx
1
= ln(x+1)− ln(x2 −x+1)+ √ arctan √
= ln √
.
+ √ arctan √
2
x3 + 1
3
6
3
3
3
3
3
x −x+1
Alors
Z∞
0
dx
3
x +1
1
x+1
2x − 1 ∞
1
=
ln √
+ √ arctan √
3
3
3 0
x2 − x + 1
x+1
2x − 1
1
1
1
1
ln √
+ √ arctan √ .
+ √ arctan √
= lim
2
x→∞ 3
3
3
3
3
x −x+1
Mais
1
1+
x+1
x
ln √
,
= ln r
1
x2 − x + 1
1
1− + 2
x x
2x − 1
admet pour limite π/2 en
et cette expression a pour limite 0 à +∞. Par ailleurs arctan √
3
+∞, et
1
π
arctan √ = ,
6
3
18
d’où
Z∞
0
√
dx
1 π
1 π
2π 3
=√
+√
=
.
x3 + 1
9
3 2
3 6
c) Si n ≥ 1, l’intégrale Jn est convergente, et on peut intégrer par parties. On trouve
x
Jn =
3
(x + 1)n
Mais
Z∞
x3
dx =
(x3 + 1)n+1
0
∞
Z∞
0
+
Z∞
3nx3
dx =
(x3 + 1)n+1
0
Z∞
3nx3
dx .
(x3 + 1)n+1
0
x3 + 1
dx −
(x3 + 1)n+1
0
Z∞
1
dx = Jn − Jn+1 ,
(x3 + 1)n+1
0
donc
Jn = 3n(Jn − Jn+1 ) ,
d’où l’on déduit
Jn+1 =
Alors
3n − 1
Jn .
3n
√
3n − 4 3n − 7
2
3n − 4 3n − 7
2 2π 3
Jn =
· · · J1 =
···
.
3n − 3 3n − 6
3
3n − 3 3n − 6
3 9
11. a) On écrit tan x =
pour x ∈ [ 0, π/2 [
sin x
et comme − sin x est la dérivée de cos x, on a immédiatement,
cos x
Z
tan x dx = − ln cos x .
Zπ/2
Mais lorsque x tend vers π/2, cos x tend vers 0, et − ln cos x vers +∞. L’intégrale
tan x dx
0
est donc divergente.
b) La fonction tangente possède une discontinuité en π/2. On se ramène en 0 en posant u = π/2 − x.
Alors
π
1
−u =
.
tan x = tan
2
tan u
Mais au voisinage de 0, tan u ∼ u, donc
tan x ∼
Comme l’intégrale
Zα
1
.
u
du
diverge, il en résulte que l’intégrale
u
Zπ/2
tan x dx diverge également.
0
0
12. a) Première méthode. En intégrant par parties
Z
Z
sin x 1
sin x
cos x
√ dx = √ +
dx .
x
x
2
x3/2
19
sin x
Or la fonction x 7→ √ admet une limite nulle en +∞, et
x
| sin x|
1
≤ 3/2 .
3/2
x
x
Z
sin x
De plus l’intégrale
dx converge absolument, donc converge. Il en résulte que l’intégrale
x3/2
Z
cos x
√ dx converge.
x
√
Deuxième méthode. En appliquant directement le critère d’Abel. La fonction x 7→ 1/ x est
décroissante et tend vers 0 à l’infini, par ailleurs
x′
Z
cos t dt = | sin x′ − sin x| ≤ 2 ,
x
donc l’intégrale converge.
Pour montrer qu’elle ne converge pas absolument, on peut utiliser l’inégalité
| cos x| ≥ cos2 x =
Alors
Zx
π
| cos t|
√ dt ≥
t
Zx
π
Mais
1 + cos 2x
.
2
1 + cos 2t
√
dt =
2 t
Zx
π
Zx
π
1
√ dt +
2 t
Zx
π
cos 2t
√ dt .
2 t
(1)
√
√
1
√ dt = x − π ,
2 t
et ceci tend vers +∞ lorsque x tend vers +∞. Par contre, en posant u = 2t, on obtient
Zx
π
1
cos 2t
√ dt = √
2 t
2 2
Z2x
cos u
√ du ,
u
2π
et cette expression possède une limite finie lorsque x tend vers +∞, donc le membre de droite
de l’inégalité (1) tend vers +∞ et il en résulte que celui de gauche a la même limite. Par suite,
Zx
| cos t|
√ dt diverge.
l’intégrale
t
π
b) Comme la fonction qui à x associe
converge si et seulement si l’intégrale
cos(x2 )
Z∞
√
est continue sur [ −1, ∞ [ , l’intégrale
Z∞
cos(x2 ) dx
−1
cos(x2 ) dx converge, et de même l’intégrale
Z∞
−1
π
20
| cos(x2 )| dx
Z∞
converge si et seulement si l’intégrale
√
riable t =
x2
on obtient,
Z∞
√
et également
Il résulte de a) que l’intégrale
Z∞
√
π
cos(x2 ) dx =
Z∞
cos t
√ dt ,
2 t
Z∞
| cos t|
√ dt .
2 t
π
π
Z∞
√
| cos(x2 )| dx converge. En faisant le changement de va-
| cos(x2 )| dx =
π
π
2
cos(x ) dx est semi-convergente, et donc que l’intégrale
Z∞
cos(x2 ) dx
−1
π
est également semi-convergente.
c) On effectue le changement de variable u = x4 . L’intégrale devient
Z∞
π
1
x sin(x ) dx =
4
2
4
Z∞
sin u
du .
u1/4
π4
La situation est identique à celle de l’exercice a). La fonction qui à t dans [ π, ∞ [ associe 1/t1/4
est décroissante et tend vers 0 à l’infini. Par ailleurs
x′
Z
sin t dt = | cos x − cos x′ | ≤ 2 ,
x
donc la critère d’Abel permet de conclure que l’intégrale
Z∞
π
sin u
du converge.
u1/4
Pour montrer qu’elle ne converge pas absolument, on peut utiliser l’inégalité
| sin u| ≥ sin2 u =
1 − cos 2u
.
2
et conclure comme dans a).
d) On effectue le changement de variable t =
Z∞
π
√
x. L’intégrale devient
√
Z∞ it
ei x
2e
dx =
dt .
x
t
√
π
On applique alors la même méthode que dans a) aux parties réelle et imaginaire
Z∞
√
2 cos t
dt et
t
π
21
Z∞
√
π
2 sin t
dt ,
t
ce qui montre que ces deux intégrales convergent, donc
|ei
√
x|
= 1, et que l’intégrale
Z∞
π
Z∞
π
√
ei x
dx converge. Par contre, puisque
x
dx
diverge, l’intégrale proposée n’est pas absolument convergente.
x
13. Raisonnons par l’absurde. S’il existe un nombre réel c tel que f (c) ne soit pas nul, on peut,
quitte à prendre la fonction −f , supposer que f (c) > 0. Comme f est continue en c, il existe un
intervalle [ α, β ] non réduit à un point, tel que f (x) > 0 sur [ α, β ] . Soit alors m le minimum
de f sur [ α, β ] . Ce minimum est atteint en un point de cet intervalle et donc m > 0. Si la
fonction f est T −périodique, on a, pour tout entier n positif,
Z
β+nT
f (x) dx =
α+nT
Puisque l’intégrale
Z∞
Z
β
α
f (x) dx ≥ m(β − α) > 0 .
f (x) dx converge, le critère de Cauchy s’applique et il existe A > 0 tel que
0
A < X < Y implique
Y
Z
f (x) dx < m(β − α) .
X
Mais comme la suite (α + nT ) tend vers plus l’infini, il existe N tel que n ≥ N implique
α + nT ≥ X. Dans ce cas
Z β+nT
Z β+nT
f (x) dx = f (x) dx < m(β − α) .
α+nT
α+nT
On obtient bien une contradiction.
14. Raisonnons par l’absurde, et nions le fait que f tende vers 0 à l’infini. Il existe un nombre
ε > 0, tel que pour tout nombre A, il existe xA ≥ A tel que |f (xA )| ≥ ε.
En utilisant la continuité uniforme de f , il existe α > 0 tel que, l’inégalité |x − x′ | ≤ α, implique
|f (x) − f (x′ )| ≤ ε/2 .
En particulier, si
xA ≤ t ≤ xA + α ,
on a
|f (xA ) − f (t)| ≤
et donc
f (xA ) −
Si f (xA ) > 0, on a f (xA ) ≥ ε et
ε
,
2
ε
ε
≤ f (t) ≤ f (xA ) + .
2
2
f (t) ≥ ε −
22
ε
ε
= ,
2
2
donc
x +α
xZ
A +α
ZA
αε
f (t) dt ≥
f (t) dt =
.
2
xA
xA
Si f (xA ) < 0, on a −f (xA ) ≥ ε et
f (t) ≤ f (xA ) +
donc
ε
ε
ε
≤ −ε=− ,
2
2
2
x +α
xZ
A +α
ZA
αε
f (t) dt ≥
f (t) dt = −
.
2
xA
xA
Il existe donc un nombre β = αε/2 pour lequel, pour tout A, on a trouvé deux nombres xA et
xA + α vérifiant les inégalités A ≤ xA ≤ xA + α et
x +α
ZA
≥β.
f
(t)
dt
xA
Cela signifie que la propriété de Cauchy n’est pas satisfaite, donc que l’intégrale
Z∞
f (t) dt di-
0
verge, d’où une contradiction.
15. a) La relation
f ′ (x) = O(1/x2 )
signifie que la fonction x 7→ x2 f ′ (x) est bornée au voisinage de l’infini, c’est-à-dire qu’il existe
deux nombres a > 0 et M > 0, tels que, si |x| ≥ a, on ait
x2 |f ′ (x)| ≤ M ,
c’est-à-dire
|f ′ (x)| ≤
Z∞
On remarque que l’intégrale
M
.
x2
dx
converge, et donc, de l’inégalité précédente, on déduit que
x2
1
l’intégrale
Z∞
f ′ (t) dt converge absolument donc converge. Mais
a
Z∞
a
′
f (x) dx = lim
X→∞
ZX
a
f ′ (x) dx = f (X) − f (a) .
Il en résulte que la fonction f a une limite en +∞ qui vaut
Z∞
a
23
f ′ (x) dx + f (a).
La démonstration est analogue à −∞.
b) Si x et x′ sont deux réels quelconques tels que x < x′ , on a encore
x′
Z
Zx′
|f (x) − f (x′ )| = f ′ (t) dt ≤ |f ′ (t)| dt .
x
x
L’intégrale de droite se majore par
Zx′
x
dt
= arctan x′ − arctan x ,
1 + t2
et puisque la fonction arctangente est comprise entre −π/2 et +π/2, on a finalement
|f (x′ ) − f (x)| ≤ arctan x′ − arctan x ≤ π .
En faisant tendre x vers −∞ et x′ vers +∞, on obtient alors, par passage à la limite dans les
inégalités
|L − ℓ| ≤ π .
16. a) Comme f décroit, on peut minorer f (t) par f (2x), lorsque t appartient à l’intervalle
[ x, 2x ] . Alors
Z2x
Z2x
f (2x) dt = xf (2x) .
f (t) dt ≥
x
x
Si x > a/2, on a donc,
0 ≤ xf (x) ≤ 2
Zx
f (t) dt .
x/2
Comme l’intégrale converge, il existe, d’après le critère de Cauchy, un nombre A, tel que les
inégalités A ≤ u ≤ v impliquent
v
Z
f (t) dt < ε .
2
u
Alors si x ≥ 2A, on a A ≤ x/2 ≤ x, et
0 ≤ xf (x) ≤ 2
Zx
f (t) dt < ε .
x/2
On en déduit que xf (x) tend vers 0 à l’infini.
b) La fonction f définie sur [ 2, ∞ [ par
f (x) =
1
,
x ln x
24
et telle que xf (x) tende vers 0 à l’infini. On vérifie facilement qu’elle est décroissante. Par contre
l’intégrale de f diverge, puisque
Zx
dx
= ln ln x − ln ln 2
x ln x
2
a pour limite +∞ quand x tend vers +∞.
17. Soit les suites (an )n≥1 et (bn )n≥1 définies par
an = n −
1
n2 2n
et bn = n +
1
n2 2n
.
Remarquons tout d’abord que si n ≥ 1, on a
1
2
+
≤ 3 < 4 ≤ 2n+1 ,
2
n
(n + 1)2
d’où l’on déduit que
1
n2 2n
et enfin que
n+
+
1
< 1,
(n + 1)2 2n+1
1
1
<n+1−
.
n2 2n
(n + 1)2 2n+1
Alors les suites (an )n≥1 et (bn )n≥1 vérifient les inégalités
an < n < bn ≤ an+1 < n + 1 < bn+1 .
Les deux suites sont croissantes et tendant vers +∞.
On peut définir une fonction g sur [ 0, ∞ [ continue et positive de la manière suivante :
pour tout entier n ≥ 1, on pose
g(n) = n2
,
g(an ) = g(bn ) = 0 ,
et g est linéaire affine sur les intervalles [ an , n ] et [ n, bn ] et est nulle partout ailleurs.
Voici par exemple le graphe de g sur [ 0, 5/2 ] .
25
✻
4
1
✲
1
On a alors
Zbn
g(x) dx =
Mais Ik =
n Zbk
X
g(x) dx .
k=1 a
0
Zbk
2
k
g(x) dx est l’aire d’un triangle dont la hauteur vaut k2 , et la base 2/(k2 2k ). On a
ak
donc Ik = 1/2k . Alors
Zbn
0
n
X
1
1
g(x) dx =
=1− n .
k
2
2
k=1
(C’est la somme des termes d’une suite géométrique de raison 1/2).
La fonction g étant positive, et (bn ) ayant pour limite +∞, on a alors
Z∞
g(x) dx = lim
n→∞
0
Zbn
g(x) dx = 1 .
0
Si l’on pose
f (x) =
= g(x)/x
0
si x > 0
.
si x = 0
La fonction f est continue sur ] 0, ∞ [ comme quotient de deux fonctions continues. Par ailleurs
f est nulle sur [ 0, 1/2 ] , donc continue. Il en résulte que f est continue sur [ 0, ∞ [ . On a aussi
26
Z∞
f (n) = n et f n’est pas bornée. Enfin l’intégrale
xf (x) dx converge, puisque
0
Z∞
xf (x) dx =
0
Z∞
g(x) dx = 1 .
0
18. a) Pour x ≥ 0 et n ≥ 1, posons
fn (x) =
Tout d’abord
0 ≤ fn (x) ≤
Comme l’intégrale
Z∞
arctan(nx)
.
n(1 + x2 )
π
1
= g(x) .
2 1 + x2
g(x) dx converge, il résulte du théorème de comparaison que toutes les
0
intégrales
Z∞
fn (x) dx convergent. Par ailleurs
0
0 ≤ fn (x) ≤
π
,
2n
et donc la suite (fn ) converge uniformément, donc uniformément localement, vers la fonction
nulle. Alors le théorème de convergence dominée montre que la suite (an ) converge vers
Z∞
0 dx = 0 .
0
b) Pour x ∈ [ 0, 1 ] et n ≥ 0, posons
fn (x) =
1
.
1 + xn
Tout d’abord
0 ≤ fn (x) ≤ 1 = g(x) .
La fonction g et les fonctions fn sont Riemann-intégrables sur [ 0, 1 ] . Par ailleurs la suite fn
converge simplement sur [ 0, 1 [ vers la fonction f = 1. Sur [ 0, α ] , avec α ∈ ] 0, 1 [ , on a
|fn (x) − f (x)| =
xn
≤ αn ,
1 + xn
et il en résulte que la suite (fn ) converge uniformément vers f sur [ 0, α ] . La suite (fn ) converge
donc uniformément localement vers f sur [ 0, 1 [ . Alors le théorème de convergence dominée
montre que la suite (an ) converge vers
Z1
1 dx = 1 .
0
27
c) Pour x ∈ ] 1, ∞ [ et n ≥ 0, posons
fn (x) =
Tout d’abord, si n ≥ 2,
Comme
Z∞
1
.
1 + xn
0 ≤ fn (x) ≤ f2 (x) = g(x) .
g(x) dx converge, il résulte du théorème de comparaison que toutes les intégrales
1
Z∞
fn (x) dx convergent si n ≥ 2. Par ailleurs la suite fn converge simplement sur [ 1, ∞ [ vers la
0
fonction f = 0. Sur [ α, ∞ ] , avec α > 0, on a
0 ≤ fn (x) ≤
1
,
1 + αn
et il en résulte que la suite (fn ) converge uniformément vers 0 sur [ α, ∞ [ . La suite (fn ) converge
donc uniformément localement vers f sur ] 1, ∞ [ . Alors le théorème de convergence dominée
montre que la suite (an ) converge vers
Z1
0 dx = 0 .
0
d) Pour x ≥ 0 et n ≥ 1, posons
fn (x) =
Tout d’abord
0 ≤ fn (x) ≤
Comme l’intégrale
Z∞
arctan n+1
n x
.
1 + x2
1
π
= g(x) .
2 1 + x2
g(x) dx converge, il résulte du théorème de comparaison que toutes les
0
intégrales
Z∞
fn (x) dx convergent. Par ailleurs, fn tend simplement vers la fonction f qui à x
0
arctan x
. Soit x dans l’intervalle [ 0, α ] , où α > 0. On a
associe
1 + x2
1
|fn (x) − f (x)| ≤ arctan 1 +
x − arctan x .
n
En appliquant l’égalité des accroissements finis, il existe c dans [ 0, α ] tel que
1
x
α
1
1
arctan 1 +
=
≤ ,
x − arctan x = 1 +
x − x
2
2
n
n
1+c
n(1 + c )
n
28
et la suite (fn ) converge uniformément sur [ 0, α ] donc uniformément localement sur [ 0, ∞ [ ,
vers la fonction f . Alors le théorème de convergence dominée montre que la suite (an ) converge
vers
∞
Z∞
arctan x
1
π2
2
=
dx
=
(arctan
x)
.
1 + x2
2
8
0
0
19. a) On a
f (x) = g(x)(1 + g(x)) .
Comme g(x) tend vers 0 à l’infini (produit d’une fonction bornée, par une fonction tendant vers
0), on en déduit que f ∼ g au voisinage de l’infini.
b) Comme dans l’exercice 12, l’intégrale
Z∞
g(x) dx est semi-convergente, alors que l’intégrale
a
Z∞
Z∞
(f (x) − g(x)) dx n’est pas convergente. Il en résulte que f (x) dx n’est pas convergente.
a
a
20. a) On a, au voisinage de −1,
1
ln |x + 1| ,
2
et puisque ln |u| admet comme primitive u ln |u| − u, on voit facilement que les intégrales
f (x) ∼ −
Z0
ln |1 + x| dx
et
−1
sont convergentes.
Z−1
ln |1 + x| dx ,
−2
b) Au voisinage de l’infini, on a,

1 ln 1 + 

ln |x| x
x  ln |x|
1 +
,
∼
f (x) =
2

x x +1
ln |x| 
x

et l’intégrale de ln |x|/x est divergente car la fonction a pour primitive (ln |x|)2 /2. Les deux inZ∞
Z0
tégrales
f (x) dx et
f (x) dx sont donc divergentes.
0
−∞
c) On a
f (x) + f (−x) =
=
=
x + 1
x
ln
x2 + 1 x − 1 1
1
+
x
x ln
1
x2 + 1 1 − x
x
1
1
ln 1 + − ln 1 − .
2
x +1
x
x
29
Posons u = 1/x. En effectuant un développement limité au voisinage de 0 on obtient
ln |1 + u| − ln |1 − u| = ln(1 + u) − ln(1 − u) = 2u + ◦(u) ∼ 2u =
donc, à +∞,
f (x) + f (−x) ∼
2
,
x
2
,
x2
Z∞
et l’intégrale (f (x) + f (−x)) dx converge absolument. Cela signifie en particulier que
0
ZA
g(A) = (f (x) + f (−x)) dx ,
0
possède une limite lorsque A tend vers +∞. Mais,
ZA
f (−x) dx =
0
Z0
f (x) dx ,
−A
et donc
g(A) =
ZA
−A
d’ où le résultat.
30
f (x) dx ,