Intégrabilité et comportement asymptotique

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 9 mai 2017
Enoncés
Intégrabilité et comportement asymptotique
Exercice 1 [ 03440 ] [Correction]
Soit f : [0 ; +∞[ → R de classe C 1 .
On suppose que f 2 et f 02 sont intégrables. Déterminer la limite de f en +∞.
Exercice 2 [ 03231 ] [Correction]
Soit f : [0 ; +∞[ → R une fonction continue par morceaux.
On suppose que f est intégrable. Montrer
Z
x+1
f (t) dt −−−−−→ 0
x
x→+∞
Exercice 3 [ 00663 ] [Correction]
Soit f : R+ → R une fonction continue, décroissante et intégrable sur R+ .
(a) Montrer que f tend vers zéro en +∞.
(b) Montrer que xf (x) tend vers zéro quand x → +∞
(c) Si on supprime l'hypothèse décroissante, déterminer un exemple de fonction f
continue et intégrable sur R+ telle que f ne tend pas vers zéro en +∞.
1
Exercice 7 [ 00693 ] [Correction]
Soit g : R+ → R continue et intégrable.
(a) Justier
Z M
Z +∞ g(t) dt −
g(t) dt ≤ ε
∀ε > 0, ∃M ∈ R, 0
0
(b) En déduire que toute primitive de g est uniformément continue.
Exercice 8 [ 02538 ] [Correction]
Soit f de classe
C 2 sur [0 ; +∞[ telle que f 00 est intégrable sur [0 ; +∞[ et telle que
R +∞
l'intégrale 0 f (t) dt soit convergente.
(a) Montrer que
lim f 0 (x) = 0 et lim f (x) = 0
x→+∞
x→+∞
(b) Étudier les séries
X
f (n) et
X
f 0 (n)
Exercice 4 [ 03238 ] [Correction]
Soit f : [0 ; +∞[ → R continue par morceaux et intégrable.
Montrer qu'il existe une suite (xn ) de réels positifs vériant
xn → +∞ et xn f (xn ) → 0
Exercice 5 [ 02829 ] [Correction]
Donner un exemple de f ∈ C 0 (R+ , R+ ) intégrable et non bornée.
Exercice 6 [ 00572 ] [Correction]
Soit f ∈ C 2 ([0 ; +∞[, R). On suppose que f et f 00 sont intégrables.
(a) Montrer que f 0 (x) → 0 quand x → +∞.
(b) Montrer que f.f 0 est intégrable.
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Corrections
Corrections
2
Aussi
Z
f (t) dt −−−−−→ 0
Exercice 1 : [énoncé]
Par l'inégalité
et donc par encadrement
1
ab ≤ (a2 + b2 )
2
f (x) −−−−−→ 0
x→+∞
(b) La fonction f est positive car décroît vers 0 en +∞ et
1 2
|f f | ≤
f + f 02
2
et assurer que la fonction f f 0 est intégrable sur [0 ; +∞[. Or
Z x
1
2
f f 0 (t) dt = (f (x))
2
0
0
0≤
x
f (x) ≤
2
Z
x
f (t) dt −−−−−→ 0
x→+∞
x/2
ce qui permet d'armer
xf (x) −−−−−→ 0
x→+∞
donc f 2 converge quand x → +∞. Puisque la fonction f 2 est intégrable sur
[0 ; +∞[ et converge en +∞, sa limite est nécessairement nulle et donc f −−→ 0.
(c) Soit f la fonction dénie sur R+ par :
∀x ∈ [0 ; 2[, f (x) = 0
+∞
et
Exercice 2 : [énoncé]
Par la relation de Chasles
x+1
x+1
Z
x
f (t) dt
0
0
Z
+∞
f (t) dt →
x
f (t) dt −
0
Z
+∞
Z
f (t) dt = 0
0
x+1
Z
x
f (t) dt ≤ f (x) ≤
x
n
f (t) dt =
0
n−1
X Z k+1
k=0
f (t) dt =
k
n−1
X
k=2
n−1
n−1
X
X 1
1
1
1
1
=
− = 1−
≤
≤
k2
k(k − 1)
k−1 k
n−1
k=2
k=2
Puisque la suite ([0 ; n])n∈N est une suite croissante de segments de réunion
R+ et que f est positive on peut armer que f est intégrable sur [0 ; +∞[.
Exercice 3 : [énoncé]
(a) Pour x ≥ 1, la décroissance de f donne
Z
si t ∈ [0 ; 1/n2 ]
si t ∈ [1/n2 ; 2/n2 ]
sinon
f est continue sur R+ et
donc, quand x → +∞,
x+1

2

n t
∀n ∈ N \ {0, 1} , ∀t ∈ [0 ; 1[, f (t + n) = n2 (2/n2 − t)


0
x
Z
f (t) dt −
f (t) dt =
Z
x→+∞
x−1
on peut armer
Z
x
f (t) dt
Exercice 4 : [énoncé]
Montrons pour commencer
x−1
∀ε > 0, ∀A ∈ R+ , ∃x ≥ A, |xf (x)| ≤ ε
Or
Z
x+1
x+1
Z
x
Z
f (t) dt −
f (t) dt =
x
f (t) dt
0
Par l'absurde, supposons qu'il existe ε > 0 et A ∈ R+ vériant
0
∀x ≥ A, |xf (x)| ≥ ε
et puisque l'intégrale de f sur [0 ; +∞[ converge
Z
x+1
Z
f (t) dt −−−−−→
x
x→+∞
+∞
Z
f (t) dt −
0
on a alors au voisinage de +∞
+∞
f (t) dt = 0
0
|f (x)| ≥
ε
x
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Corrections
3
Par suite, pour α = min(1, ε/A) > 0, on a pour tout x ≤ y ∈ R,
ce qui est contradictoire avec l'intégrabilité de f .
Sachant
|y − x| ≤ α =⇒ |f (y) − f (x)| ≤ ε
∀ε > 0, ∀A ∈ R+ , ∃x ≥ A, |xf (x)| ≤ ε
on peut construire une suite (xn ) solution en prenant ε = 1/(n + 1) > 0, A = n et
en choisissant xn vériant
xn ≥ n et |xn f (xn )| ≤ 1/(n + 1)
Exercice 5 : [énoncé]
On peut prendre f nulle sur [0 ; 1], puis pour chaque intervalle [n ; n + 1] avec
n ∈ N∗ , la fonction f ane par morceaux dénie par les n÷uds f (n) = 0,
f (n + n13 ) = n, f (n + n23 ) = 0 et f (n + 1) = 0 ce qui dénit une fonction f positive
R n+1
continue vériant n f = n12 et donc intégrable sur R+ bien que non bornée.
Exercice 6 : [énoncé]
(a) On a
0
Z
0
f (x) = f (0) +
La fonction f est donc uniformément continue.
Exercice 8 : [énoncé]
(a) Puisque f est de classe C 2 , on peut écrire
f 0 (x) = f 0 (0) +
f (t) dt
Par intégrabilité de f 00 , la fonction f 0 admet une limite nie ` quand
x → +∞.
Si ` > 0 alors, pour x assez grand f 0 (x) ≥ `/2. Notons A ≥ 0 tel que ce qui
précède soit vrai pour x ≥ A. On a alors
Z
Exercice 7 : [énoncé]
De plus, la fonction t 7→ |g(t)| étant continue
[0 ; M + 1], elle y
sur le segment
est bornée par un certain A et on a donc f (y) − f (x) ≤ A |y − x| pour tout
0
Z
x
f (t) dt +
0
0
et donc f (x) ≥ `x/2 + C te ce qui empêche la convergence de
Si ` < 0 on obtient aussi une absurdité. Il reste donc ` = 0.
Posons
Z
A
`
dt
2
R +∞
0
f (t) dt.
x
F (x) =
f (t) dt
0
Par l'égalité de Taylor avec reste intégrale
Z
M
A
Z
0
x+1
(x + 1 − t)f 0 (t) dt
F (x + 1) = F (x) + f (x) +
R M
R ∞
(a) Par convergence, limM →+∞ 0 g(t) dt = 0 g(t) dt d'où le résultat.
Rx
(b) Soit f une primitive de g . On peut écrire f (x) = R 0 g(t) dt + C .
y
Pour tout x ≤ y ∈ R on a alors : |f (y) − f (x)| ≤ x g(t) dt.
Soient ε > 0 et M tel qu'introduit ci-dessus.
Si x ≥ M alors
Z +∞
f (y) − f (x) ≤
g(t) dt ≤ ε
x ≤ y ∈ [0 ; M + 1]
x
f (t) dt ≥ f (0) +
f (x) = f (0) +
0
donc f 0 (x) admet une limite nie ` quand x → +∞.
Si ` > 0 alors pour x assez grand
f 0 (x) ≥ `/2 puis f (x) ≥ `x/2 + m ce qui
R +∞
empêche la convergence de 0 f (t) dt.
Si ` < 0 on obtient aussi une absurdité. Il reste donc ` = 0.
(b) Puisque la fonction f 0 est continue et converge en +∞, cette fonction est
bornée et donc t 7→ f (t)f 0 (t) est intégrable sur [0 ; +∞[.
f 00 (t) dt
0
x
00
x
Z
x
Quand x → +∞,
+∞
Z
F (x), F (x + 1) →
f (t) dt
0
Aussi f 0 (x) → 0 et
Z
x+1
x
(x + 1 − t)f 0 (t) dt ≤
max |f 0 (t)| → 0
t∈[x;x+1]
donc par opération f (x) → 0.
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Corrections
4
(b) Par l'égalité de Taylor avec reste intégrale
0
n+1
Z
((n + 1) − t)f 00 (t) dt
f (n + 1) = f (n) + f (n) +
n
donc
f 0 (n) = f (n + 1) − f (n) +
Z
n+1
(n + 1 − t)f 00 (t) dt
n
La série de terme général f (n + 1) − f (n) est convergente car de même nature
que
la suite (f (n)) qui converge en +∞. La série de terme général
R n+1
(n + 1 − t)f 00 (t) dt est absolument convergente car
n
Z
n+1
n
Z
(n + 1 − t)f 00 (t) dt ≤
n+1
|f 00 (t)| dt
n
et le terme majorant est P
sommable par intégrabilité de f 00 .
Par conséquent, la série f 0 (n) est convergente.
Aussi
n+1
(n + 1 − t)2 00
f (t) dt
2
n
P
On peut alors mener le même raisonnement et conclure que f (n) converge.
1
F (n + 1) = F (n) + f (n) + f 0 (n) +
2
Z
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