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Lycée Jean Perrin
Classe de TSI 2016/2017
Vendredi 4 Novembre
2
Corrigé du devoir surveillé no2 de Mathématiques
Exercice 1
1. La fonction t 7→ (t + 2)(tt
2
+ 1)
est continue et positive sur [0, +∞[, et au voisinage de +∞ :
t
(t + 2)(t2 + 1)
Comme
Z
1
+∞
d converge alors
1
t
t2
Z
∼
t→+∞
t
t × t2
∼
t→+∞
1
t2
d converge, et :
+∞
t
t
(t + 2)(t2 + 1)
Z +∞
t
t
2 + 1)
(t
+
2)(t
0
1
d converge.
Pour le calcul, on a aaire à une fraction rationnelle. Dans un premier temps, cherchons les réels α, β, γ tels que
pour t ∈ [0, +∞[ :
t
(t + 2)(t2 + 1)
=
=
La condition est réalisée si et seulement si :

 α+β =0
2β + γ = 1

α + 2γ = 0
α βt + γ
α(t2 + 1) + (βt + γ)(t + 2)
+ 2
=
t
t +1
(t + 2)(t2 + 1)
2
(α + β)t + (2β + γ)t + (α + 2γ)
(t + 2)(t2 + 1)
i.e.

 β = −α
γ = −α/2

−2α − α/2 = −5α/2 = 1
Soit α = − 52 , β = 25 et γ = 15 . Il reste à eectuer le calcul (en prenant x > 0 comme borne supérieure pour éviter
les intégrales divergentes) :
Z
Z
Z
Z
2
d
t
1
2t dt
1
dt
t
d
t = −
+
+
(t + 2)(t + 1)
5
t+2 5
t +1 5
t +1
x
x
2
0
x
x
2
=
=
2
0
0
0
2
2
1
1
− ln(x + 2) + ln 2 + ln(x2 + 1) + arctan x
5
5
5
5
2
1
x +1
2
1
ln
+ arctan x + ln 2
5
(x + 2)2
5
5
Par passage à la limite (à détailler) lorsque x tend vers +∞, on obtient nalement :
+∞
Z
0
d
π
2 ln 2
t
t=
+
(t + 2)(t2 + 1)
10
5
2. Pour la deuxième intégrale, le changement de variable t = tan u (dt = (1 + tan u) du) revient à poser u = arctan t
ce qui est correct car t 7→ arctan t est une bijection de classe C de [0, +∞[ dans [0, π/2[ :
Z
Z
sin u
sin u
1
du =
du
sin u
2 cos u + sin u
cos u
2
1
π/2
π/2
0
0
=
=
t=tan u
2+
cos u
1
(1 + tan2 u) u
tan u ×
×
2 + tan u
1 + tan2 u
0
Z +∞
t
t
2 + 1)
(t
+
2)(t
0
Z
d
π/2
d
On retrouve exactement l'intégrale calculée à la question 1 :
Z
0
π/2
d
sin u
π
2 ln 2
u=
+
2 cos u + sin u
10
5
1/11
[]
Exercice 2
Soient a et b deux réels avec 0 < a < b.
1. La fonction h : t 7→ e −t e est continue et positive sur ]0, +∞[ (a < b
? Au voisinage de 0, on a :
−at
h(t) =
−bt
⇒ e−at > e−bt
).
1 − at + o(t) − (1 − bt + o(t))
(b − a)t + o(t)
e−at − e−bt
=
=
= b − a + o(1)
t
t
t
Ce calcul prouve que lim h(t) = b − a.
Z
La fonction h se prolonge par continuité en 0 donc
? Pour t > 1, on trouve :
t→0
d converge.
1
e−at − e−bt
t
t
0
06
Puisque
Z
e−at − e−bt
e−at
6
6 e−at
t
t
Z +∞ −at
e
− e−bt
t
t
1
Z +∞ −at
− e−bt
e
t
t
0
d converge.
d converge, alors par comparaison
+∞
e−at t
1
d converge.
L'intégrale
2. Soit (x, y) ∈ R tel que 0 < x < y. On a :
On eectue ensuite un changement de variable dans chacune des intégrales (u = at dans la première et u = bt
dans la seconde). Ceci donne :
Z
Z
Z
e
−e
e
e
d
t=
d
t−
dt
t
t
t
2
y
−at
y
−bt
x
Z
x
d
y
e−at − e−bt
t =
t
x
ay
Z
ax
ay
=
y
−at
ax
"Z
−bt
bx
=
ax
x
Il reste à simplier :
Z
y
x
Et par croissance de l'intégrale, on trouve :
e−bz
Z
bz
az
Z
bz
az
d
Z
e−at − e−bt
t=
t
3. Soit z > 0. Pour t ∈ [az, bz], on a :
avec
d
Z
e−u
u+
u
ay
bx
bx
ax
d
d
d
d
Z by −u
e−u u
e
u
−
u/a a
u/b
b
bx
Z by −u
e−u
e
u−
u
u
u
bx
d
d
d
# "Z
Z by −u #
ay −u
e−u
e
e
u −
u−
u
u
u
u
bx
ay
d
e−t
t−
t
Z
by
ay
d
e−t
t.
t
e−bz
e−t
e−az
6
6
t
t
t
dt 6 Z
t
bz
az
d
e−t
t 6 e−az
t
dt = ln(bz) − ln(az) = ln b , on aboutit à :
t
−bt
x
Z
La relation de Chasles donne :
Z
e
−e
dt
t
y
−at
Z
bz
az
dt
t
a
e−bz ln
b
6
a
Z
bz
az
d
e−t
b
t 6 e−az ln .
t
a
2/11
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4. D'après les questions 2 et 3, on a pour x, y ∈]0, +∞[ (x < y) :
Z
Z
Z
e
−e
e
b
b
e
ln − e
ln 6
d
t=
d
t−
a
a
t
t
Ces inégalités se conservent lorsque y → +∞, donc :
Vendredi 4 Novembre
2
y
−bx
−at
−ay
bx
−bt
x
−t
ax
−bx
∀x ∈]0, +∞[,
e
b
ln 6
a
Z
by
ay
+∞
x
d
e−t
b
b
t 6 e−ax ln − e−by ln
t
a
a
d
e−at − e−bt
b
t 6 e−ax ln
t
a
Enn, le théorème des gendarmes autorise à conclure puisque
b
b
b
= lim e−ax ln = ln
a x→0
a
a
lim e−bx ln
x→0
+∞
Z
0
d
e−at − e−bt
b
t = ln .
t
a
On notera que les passages à la limite lorsque y → +∞ et x → 0 se font
l'un après l'autre
et non simultanément.
[]
Exercice 3
Partie I : Calcul de ζ(2).
1. Les calculs de I , I et J ne posent pas de problème :
0
1
0
dt = π2 ; I = cos t dt = [sin t] = 1; J = t dt = t3
Pour J , on procède à l'aide d'une intégration par parties, avec u(t) = t et v (t) = cos t :
Z
π/2
π/2
Z
I0 =
1
0
0
π/2
Z
π/2
0
0
u (t) = 2t
puis à l'aide d'une seconde avec
π2
−
J1 =
4
0
d
et
u(t) = 2t
u0 (t) = 2
π/2
[−2t cos t]0
En résumé :
I0 =
π
;
2
v 0 (t) = sin t
v(t) = − cos t
Z
+2
I1 = 1;
d
π/2
0
J0 =
v(t) = sin t
2t sin t t
0
:
!
cos t t
0
π3
24
d
π/2
Z
π/2
t cos t t = t2 sin t 0 −
2
=
0
2
0
π/2
3 π/2
0
1
Z
2
=
π3
;
24
π2
π2
π/2
− 2 [sin t]0 =
−2
4
4
J1 =
π2
− 2.
4
2. La fonction t 7→ cos t étant pour tout entier n continue, positive, et non nulle sur 0, , on a
et donc :
∀n ∈ N, I > 0.
3. Soit n ∈ N. On fait une intégration par parties appliquée à I avec :
u(t) = cos
t
et v (t) = cos t
π
2
n
Z
0
π/2
d
,
cosn t t > 0
n
n−2
0
n+1
0
n
u (t) = −(n + 1) sin t cos t
ce qui donne :
π/2
In+2 = sin t cosn+1 t 0 + (n + 1)
v(t) = sin t
Z
0
π/2
d
sin2 t cosn t t
3/11
En utilisant la relation cos
, on en déduit :
x + sin2 x = 1
Z π/2
In+2 = (n + 1)
(1 − cos2 t) cosn t t = (n + 1)In − (n + 1)In+2
2
d
0
Ce qui donne nalement en regroupant (n + 2)I
n+2
= (n + 1)In
In+2 =
, soit :
n+1
In .
n+2
4. (a) Pour t ∈ [0, π/2], on pose h(t) = π2 sin t − t, et on calcule :
π
π
π
h (t) = cos t − 1 et h (t) = − sin t < 0 ∀t ∈ 0,
2
2
2
La fonction h est donc strictement décroissante sur 0, , et comme h (0) = − 1 > 0 et h (π/2) = −1 < 0,
elle s'annule une fois sur cet intervalle en α = arccos . On a en résumé :
h(0) = 0, h croissante sur [0, α] donc h > 0 sur cet intervalle.
h décroissante sur [α, π/2] et h(π/2) = 0 donc h > 0 sur cet intervalle.
La fonction h est donc positive sur [0, π/2], donc si t est sur cet intervalle on a π2 sin t > t, et l'autre inégalité
étant triviale, on a :
0
00
0
2
π
∀t ∈ [0, π/2],
Si t ∈ 0, , on en déduit 0 6 t
π
2
2
0
π
2
06t6
π
sin(t).
2
π2
π2
sin2 (t) =
(1 − cos2 t)
4
4
6
0 6 t2 cosn t 6
0
π
2
, et en multipliant par cos
n
t>0
:
π2
(cosn t − cosn+2 t)
4
Ces inégalités sont conservées par passage à l'intégrale entre 0 et π/2 :
Z
π/2
2
06
π/2
Z
n
t cos t 6
0
0
π2
(cosn t − cosn+2 t)
4
Par linéarité de l'intégrale du membre de droite, on retrouve :
0 6 Jn 6
(b) Comme I
n
>0
d'après la question 2, l'inégalité qui précède permet d'écrire :
06
Avec la relation de la question 3, on a :
Jn
π2
6
In
4
π2
Jn
6
06
In
4
Comme π4
2
×
π2
(In − In+2 ).
4
1
−→ 0
n + 2 n→+∞
1−
n+1
1−
n+2
In+2
In
=
π2
1
×
4
n+2
, on conclut avec le théorème des gendarmes :
lim
n→+∞
In
=0
Jn
5. On veut maintenant exprimer I en fonction de J et J . Pour cela, on va procéder à l'aide d'une intégration
par parties avec :
u(t) = cos
t
et v (t) = 1
u (t) = −(n + 2) sin t cos
t
v(t) = t
ce qui donne :
Z
Z
I
=
cos
t dt = t cos
t
+ (n + 2)
t sin t cos
t dt
n+2
n
n+2
0
n+2
0
n+1
π/2
n+2
n+2
0
n+2
π/2
0
π/2
n+1
0
4/11
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Vendredi 4 Novembre
Le premier membre entre crochets étant nul, on refait une intégration par parties avec :
u(t) = sin t cos
t
et v (t) = t
2
0
n+1
0
n+2
u (t) = cos
2
n
t − (n + 1) sin t cos t
v(t) =
et on obtient :
In+2
=
=
(n + 2)
h t2
2
sin t cos
n+1
t
iπ/2
0
1
n+1
(n + 2) − Jn+2 +
2
2
1
−
2
π/2
Z
2
t cos
n+2
0
Z
π/2
2
2
n
d
!
t sin t cos t t
0
d
π/2
Z
d
n+1
t t+
2
!
t2
2
t2 (1 − cos2 t) cosn t t
0
Cette dernière intégrale peut s'exprimer en fonction de J et J ce qui donne :
n
n+2
In+2
1
n+1
(n + 2) − Jn+2 +
(Jn − Jn+2 )
2
2
n+2
(n + 1)Jn − (n + 2)Jn+2
2
=
=
on peut nalement mettre cette expression sous la forme annoncée :
In+2 =
(n + 1)(n + 2)Jn − (n + 2)2 Jn+2
.
2
En divisant le résultat par I , on écrit ensuite (en utilisant deux fois le résultat de la question 3) :
n
In+2
n+1
=
In
n+2
(n + 1)(n + 2) Jn
(n + 2)2 Jn+2
−
2
In
2
In
2
n+1
(n + 1)(n + 2) Jn
(n + 2)
−
Jn+2
2
In
2
(n + 2)In+2
(n + 1)(n + 2) Jn
Jn+2
−
2
In
In+2
=
=
n+1
n+2
=
Il reste à diviser l'égalité obtenue par (n + 1)(n + 2) pour obtenir le résultat :
Jn
Jn+2
2
.
−
=
In
In+2
(n + 2)2
6. En posant n = 2k dans l'inégalité précédente, on a :
J2k
J2k+2
2
1
−
=
=
.
2
I2k
I2k+2
(2k + 2)
2(k + 1)2
On peut alors eectuer la somme, pour k variant de 0 à n − 1 et constater un télescopage :
n−1
X
k=0
J2k
J2k+2
−
I2k
I2k+2
On sait d'après la question 4b que
théorie des séries) et :
lim
n→+∞
n−1
n
J0
J2n
1X
1
1X 1
1
=
−
=
=
= Sn
I0
I2n
2
(k + 1)2
2
k2
2
k=0
, donc (S )
J2n
=0
I2n
n n∈N∗
ζ(2) = lim Sn = lim 2
n→+∞
On a donc bien prouvé le résultat :
n→+∞
k=1
converge (ce qu'on sait de toutes façons avec la
J0
J2n
−
I0
I2n
ζ(2) =
=2×
J0
π2
=
I0
6
π2
6
5/11
Partie II : Une application.
1. La fonction t 7→ tln−t1 est continue et positive sur ]0, 1[.
ln t
? Au voisinage de 0, on a :
∼ − ln t.
t−1
Z
Z
Or ln t dt converge, donc tln−t1 dt converge.
? Au voisinage de 1, on a : ln(t) = ln(1 + (t − 1)) ∼ t − 1.
Ainsi lim tln−t1 = lim tt −− 11 = 1.
Z
La fonction se prolonge par continuité en 1, donc tln−t1 dt existe.
En résumé :
Z
ln t
dt converge.
t−1
2. Il faut distinguer deux cas : Z
? Pour k = 0, on sait que I =
ln(t) dt converge et vaut −1.
? Pour k > 1, la fonction t 7→ t ln(t) est continue sur ]0, 1] et se prolonge par continuité en 0 puisque d'après le
théorème des croissances comparées :
t→0
1/2
1/2
0
0
t→1
t→1
t→1
1
1/2
1
0
1
0
0
k
lim tk ln(t) = 0.
Donc I existe pour k > 1, et pour le calcul (qui reste valable aussi pour k = 0) on peut eectuer l'intégration
par parties qui suit :
u(t) = ln(t) et v (t) = t
t→0
k
0
u0 (t) =
valable car u(t)v(t) = ln(t)t
k+1
1
t
k
v(t) =
tk+1
k+1
. Ce qui donne :
k+1
−→ 0
t→0
d
1
Z 1
1
ln(t)tk+1
−
tk t
k+1 0 k+1 0
k+1 1
t
1
1
=−
= −
k+1 k+1 0
(k + 1)2
Ik
=
∀k > 0,
Ik = −
3. Par linéarité de l'intégrale, on a :
n
X
Ik
=
k=0
n Z
X
k=0
Z 1
=
On reconnaît l'écriture qui suit :
0
d
1
k
1
Z
"
t ln(t) t =
0
0
d
1 − tn+1
ln(t) t =
1−t
n
X
Z
Ik =
k=0
4. lim t ln(t) = 0 par croissances comparées donc :
t→0
0
Z
n
X
1
(k + 1)2
#
k
t
0
d
1
ln(t) t −
1−t
Z
0
1
d
tn+1
ln(t) t
1−t
d
1 n+1
t
d
ln(t) t
k=0
1
ln(t)
t−I
t−1
t ln(t)
=0
t→0 t − 1
lim
.
On a vu de plus, à la question 1, que lim tln−t1 = 1, donc : lim ttln(t)
=1.
−1
On en déduit que la fonction t 7→ tt −ln 1t se prolonge en une fonction continue h sur le segment [0, 1]. Comme il
t→1
t→1
6/11
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s'agit d'une fonction continue sur un segment, le prolongement h est borné (et atteint ses bornes), autrement dit :
2
∃M > 0, ∀t ∈ [0, 1],
|h(t)| 6 M
En particulier, comme h(t) = tt −ln 1t pour t ∈]0, 1[ :
t ln t t − 1 6 M
∃M > 0, ∀t ∈]0, 1[,
5. On peut utiliser le résultat qui précède de la manière suivante :
Z
Z Z Z
t
t ln t t
ln t ln t t dt 6
6
d
t
=
d
t
t−1 t − 1
t−1
1 n+1
1
1
n+1
0
De plus
Z
1
Mt
0
n
d
M tn+1
t=
n+1
0
1
=
0
0
M
−→ 0
n + 1 n→+∞
n→+∞
d
1 n+1
Z
t
0
ln t
t=0
t−1
Or on sait d'après les questions 2 et 3 que :
Z
Z
X
t
ln t
I=
d
t−
I =
t−1
Donc par passage à la limite lorsque n tend vers +∞ :
n
1 n+1
t
k
0
0
k=1
I=
M tn t
0
. D'après le théorème d'encadrement :
lim
1 n+1
d
1
n
+∞
X
k=0
d
n
X
ln t
1
t+
t−1
(k + 1)2
k=1
+∞
X 1
1
=
(k + 1)2
k2
k=1
On conclut immédiatement à l'aide du résultat de la partie I :
I=
π2
6
[]
Exercice 4
Partie I : Étude d'une fonction dénie par une intégrale
1. Soit x > 0. La fonction t 7→ xe+ t est continue et positive sur [0, +∞[, et pour t > 1 :
−t
e−t
e−t
6
6 e−t
x+t
t
On sait que
Z
+∞
e
1
−t
dt converge, donc
Z
+∞
1
d converge.
e−t
t
x+t
Z
+∞
0
d converge.
e−t
t
x+t
e
On note f :]0, +∞[→ R l'application dénie, pour tout x ∈]0, +∞[, par : f (x) =
d t.
x+t
2. Soit x > 0. La fonction t 7→ xe+ t est positive sur ]0, +∞[, donc d'après la relation de Chasles :
Z
+∞
−t
0
−t
Z
f (x) =
0
1
d
e−t
t+
x+t
Z
|1
+∞
d
e−t
t>
x+t
{z
}
Z
0
1
d
e−t
t
x+t
>0
7/11
De plus, pour t ∈ [0, 1], on a xe+ t > xe+ t , donc
−1
−t
1
Z
0
d
e−t
t>
x+t
,
1
Z
∀x ∈]0, +∞[ f (x) >
0
Z
1
0
d:
e−1
t
x+t
d
e−1
t
x+t
Enn xe+ t dt = e ln(x + t) = e (ln(x + 1) − ln(x)) −→ +∞.
On conclut avec le théorème d'encadrement :
Z
1
−1
1
0
−1
0
−1
x→0+
f (x) −→ +∞
x→0+
3. Soit x > 0, on a d'autre part :
∀t ∈ [0, +∞[,
et par passage à l'intégrale entre 0 et +∞ :
Z
+∞
0 6 f (x) =
0
d
e−t
t6
x+t
06
e−t
e−t
6
x+t
x
+∞
Z
0
d
−t +∞
e−t
−e
1
t=
=
x
x 0
x
1
,
x
1
= 0, on conclut, toujours avec le théorème d'encadrement :
x
∀x ∈]0, +∞[ 0 6 f (x) 6
Comme
lim
x→+∞
f (x) −→ 0
x→+∞
4. La fonction t 7→ te est continue et positive sur ]0, +∞[, et on a au voisinage de +∞ :
−t
te−t 6
En eet, t
2
par croissances comparées, et donc :
∃A > 0, ∀t > A, t × te 6 1 (i.e te
× te−t = t3 e−t −→ 0
t→+∞
2
Comme
Z
1
t2
+∞
A
dt converge, on en déduit que Z
t2
+∞
+∞
6
1
).
t2
d converge, d'où :
d converge.
te−t t
0
Soit x > 0 :
−t
te−t t
A
Z
−t
d
d
d
Z +∞ −t
Z
Z +∞ −t 1 +∞ e−t
e
e
t− =
t−
x
x+t
x
x+t
x
0
0
0
Z +∞ −t
Z +∞
−t
−t
xe − (x + t)e
−te
= t = t
x(x + t)
x(x + t)
0
0
Z
Z
Z
+∞
+∞ +∞
−t te−t
te−t
−te−t
−te
t=
t 6
t6
t
x(x + t)
x(x + t)
x(x + t)
x2
0
0
0
f (x) − 1 =
x
d
Or +∞
Z
0
d
d
d
∀x ∈]0, +∞[,
On en déduit que
Donc
car :
et on en déduit :
1
f (x) − = o
x
1
1
f (x) = + o
x
x
1
x
d
d , ainsi :
d
Z +∞
f (x) − 1 6 1
te−t t.
x x2 0
d
Z
1 1 +∞ −t
x f (x) − 6
te
t −→ 0
x→+∞
x
x 0
f (x)
∼
x→+∞
.
1
.
x
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2
Partie II : Une autre expression intégrale de f .
A - Dérivabilité et expression de la dérivée de f sous forme d'une intégrale
5. Soit (x, h) ∈]0, +∞[×R tel que h > − x2 .
(a) Soit x > 0. La fonction t 7→ (xe+ t) est continue et positive sur [0, +∞[, et pour t > 1 :
∗
−t
2
e−t
e−t
6
6 e−t
(x + t)2
t2
On sait que
+∞
Z
e
−t
1
dt converge, donc
+∞
Z
1
+∞
Z
0
(b) Soit t ∈ [0, +∞[ :
=
2
> x2
d converge.
e−t
t
(x + t)2
1
x + t − (x + h + t)
1
= ×
+
h
(x + h + t)(x + t)
(x + t)2 −(x + t) + (x + h + t) −1
1
= =
+
(x + h + t)(x + t) (x + t)2 (x + h + t)(x + t)2 1
1
1
1
h x + h + t − x + t + (x + t)2 Or (x + t)
d converge.
e−t
t
(x + t)2
|h|
(x + h + t)(x + t)2
et x + h + t > x + h > x − x2 = x2 , d'où :
∀t ∈ [0, +∞[,
1
2|h|
1
1
1
6
−
.
+
h x + h + t x + t
2
(x + t) x3
(c) Pour t ∈]0, +∞[, on a donc :
2|h|
1
6
x3
h
2|h| −t
1
e 6
3
x
h
+∞
−t
−
d'où :
−
1
1
−
x+h+t x+t
e−t
e−t
−
x+h+t x+t
ce qui entraîne, par croissance de l'intégrale :
Z
Z
Z
2|h|
1
e
e dt 6
dt −
−
x
h
x+h+t
+∞
−t
3
et comme
0
0
d
+∞
Z
+∞
0
+
1
2|h|
6 3
(x + t)2
x
+
e−t
2|h|
6 3 e−t
2
(x + t)
x
d
d
d
Z +∞
Z
e−t
e−t
2|h| +∞ −t
t +
t6 3
e
t
x+t
(x + t)2
x
0
0
, on a :
e−t t = 1
0
d
c'est à dire :
d
d
d
Z +∞
Z +∞
Z +∞ −t
Z
2|h| +∞ −t
1
e−t
e
e−t
t−
t +
t 6 3
e
t
h
x+h+t
x+t
(x + t)2 x
0
0
0
0
d
Z +∞
f (x + h) − f (x)
2|h|
e−t
6
+
t
.
2
h
(x + t)
x3
0
6. On constate que lim 2|h|
= 0, ainsi par le théorème d'encadrement :
x
h→0
3
f (x + h) − f (x)
lim
=−
h→0
h
Z
0
+∞
d
e−t
t
(x + t)2
ce qui prouve que :
9/11
est dérivable sur ]0, +∞[ et : ∀x ∈]0, +∞[, f (x) = − (xe+ t) dt.
7. Soit x ∈]0, +∞[ et (ε, A) ∈]0, 1] × [1, +∞[. On eectue l'intégration par parties suivante :
u(t) = e
et v (t) = (x +1 t)
Z
0
f
+∞
−t
2
0
−t
0
2
−1
v(t) =
x+t
u0 (t) = −e−t
et on obtient :
A
Z
ε
d
d
−t t=A Z A −t
e−t
−e
e
t
=
−
t
2
(x + t)
x + t t=ε
ε x+t
Ainsi, pour tout x ∈]0, +∞[ et tout (ε, A) ∈]0, 1] × [1, +∞[ :
Z
ε
A
d
e−A
e−t
e−ε
t
=
−
+
−
(x + t)2
x+A x+ε
Z
A
ε
d
e−t
t.
x+t
8. En eectuant la limite lorsque A tend vers +∞, on a pour tout ε ∈]0, 1] :
Z
Z
e
e
dt = x + ε − xe+ t dt.
(x + t)
puis en eectuant la limite lorsque ε tend vers 0 :
Z
Z
1
e
e
d
t= −
dt
(x + t)
x
x+t
c'est à dire :
1
+∞
−t
+∞
−ε
2
ε
+∞
ε
+∞
−t
2
0
−t
0
−f 0 (x) =
En résumé :
−t
x
− f (x)
∀x ∈]0, +∞[, f 0 (x) = −
1
+ f (x).
x
9. D'après l'expression trouvée, f est dérivable sur ]0, +∞[ comme somme de fonctions dérivables et :
0
d
1
1
∀x ∈]0, +∞[, f (x) =
− + f (x) = 2 + f 0 (x)
x
x
x
d
De plus, f est dérivable donc continue sur ]0, +∞[, f est continue comme somme de fonctions continues sur ]0, +∞[.
Résumons :
1
+ f (x).
f est de classe C sur ]0, +∞[ et pour x ∈]0, +∞[, f (x) =
x
00
0
00
0
00
2
2
B - Intervention d'une fonction auxiliaire g
On note g :]0, +∞[→ R l'application dénie, pour tout x > 0, par : g(x) = e f (x).
10. g est dérivable sur ]0, +∞[ comme produit de fonctions dérivables et pour x ∈]0, +∞[ :
−x
g 0 (x) = −e−x f (x) + e−x f 0 (x) = e−x f 0 (x) − f (x)
On en déduit, grâce au résultat de la question 8, que :
∀x ∈]0, +∞[, g 0 (x) = −
e−x
.
x
11. Soit x > 0. La fonction u 7→ eu est continue et positive sur [x, +∞[ et pour u > x, on a :
−u
06
Comme x1
Z
+∞
x
e−u
e−u
6
u
x
d converge, alors par le principe de majoration :
e−u u
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2
e
Pour tout x ∈]0, +∞[, l'intégrale
du converge.
u
Remarquons d'autre part, d'après la relation de Chasles, que :
Z
Z
Z
e
e
du =
du − eu du
u
u
+∞
Z
−u
x
+∞
+∞
−u
x
x
−u
1
−u
1
La première intégrale ne dépend pas de x donc sa dérivée est nulle et la seconde a pour dérivée − ex d'après le
théorème fondamental de l'analyse. On a donc, d'après la question 10 :
Z
e
e
d
d
u =−
= −g (x)
dx
u
x
−x
+∞
−u
−x
0
x
e
Ainsi : ∀x ∈]0, +∞[, g(x) =
du + K .
u
Or on sait d'après I.3 que f a une limite nulle en +∞, donc c'est aussi clairement le cas pour g, ce qui donne K = 0.
En résumé :
Z
e
∀x ∈]0, +∞[, g(x) =
du.
u
et comme f (x) = e g(x), on a immédiatement :
Z
+∞
−u
x
+∞
−u
x
x
∀x ∈]0, +∞[,
f (x) = e
x
Z
+∞
x
12. Enn, on a vu à la partie I que f (x)
∼
x→+∞
1
x
, d'où :
g(x) = e−x f (x)
c'est à dire :
d
e−u
u.
u
Z
+∞
x
∼
x→+∞
e−x
x
d
e−u
e−x
u ∼
.
x→+∞ x
u
[]
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