[pdf]

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 9 mai 2017
Enoncés
Intégrales seulement convergentes
[ 02346 ] [Correction]
(Intégrale de Dirichlet) Justier la
Exercice 1
(a) Montrer
2
convergence de l'intégrale suivante
+∞
Z
sin t
dt
t
0
1
1
eix − 1
+
f (x) =
2ix
2i
Z
2
x
eit − 1
dt
t2
0
En déduire que f admet une limite notée λ en +∞.
(b) On pose g(x) = λ − f (x). Montrer que pour x > 0
1
2i
g(x) =
On peut montrer que celle-ci est égale à π/2 mais c'est une autre histoire. . .
Exercice 2 [ 03178 ] [Correction]
Soit f : [0 ; +∞[ → R une fonction continue par morceaux, décroissante et de
limite nulle. Montrer la convergence de l'intégrale
Z
Z
+∞
x
2
2
eit
eix
dt −
2
t
2ix
(c) Montrer qu'au voisinage de +∞
2
eix
g(x) = −
+O
2ix
1
x3
+∞
f (t) sin(t) dt
Exercice 7 [ 00695 ] [Correction]
Soit f : [0 ; +∞[ → R continue. On suppose que l'intégrale suivante converge :
0
Exercice 3 [ 03334
R ] [Correction]
La fonction x 7→ 0x sin(et ) dt admet-elle une limite en +∞ ?
Exercice 4 [ 02421 ] [Correction]
Convergence de
Z
Z
+∞
f (t) dt
0
Calculer
1
x→+∞ x
Z
x
tf (t) dt
lim
+∞
0
2
eit dt
−∞
Exercice 8 [ 03631 ] [Correction]
Soit f : [1 ; +∞[ → R continue. Montrer
Exercice 5 [ 03414 ] [Correction]
Trouver un équivalent en +∞ de
+∞
Z
Z
f (λ) =
1
Z
f (t) dt converge =⇒
1
+∞
1
f (t)
dt converge
t
2
eiλx dx
0
Exercice 9 [ 02378 ] [Correction]
Soit f : [0 ; +∞[ → R continue et α > 0. Montrer
Exercice 6 [ 00691 ] [Correction]
Pour x > 0, on pose
Z
f (x) =
0
x
2
eit dt =
Z
Z
0
x
cos(t2 ) dt + i
Z
x
sin(t2 ) dt
0
+∞
f (t) dt converge =⇒
Z
0
+∞
f (t)
dt converge
1 + tα
0
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 9 mai 2017
Enoncés
2
Exercice 10 [ 03900 ] [Correction]
Soit f : [a ; +∞[ → R avec f de classe C 1 , décroissante et de limite nulle en +∞.
Soit g : [a ; +∞[ → R continue telle qu'il existe M ∈ R+ vériant
Z
∀x ∈ [a ; +∞[, a
x
g(t) dt ≤ M
Montrer la convergence de l'intégrale suivante
Z
+∞
f (t)g(t) dt
a
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 9 mai 2017
Corrections
Corrections
Exercice 1 : [énoncé]
La fonction intégrée est dénie et continue par morceaux sur ]0 ; +∞[.
Elle se prolonge par continuité par la valeur 1 en 0 et est donc intégrable sur ]0 ; 1].
Par une intégration par parties
Z
A
1
A Z A
− cos t
cos t
sin t
dt =
−
dt
t
t
t2
1
1
Or il y a convergence des deux termes en second membre quand A → +∞ et donc
il y a convergence de
Z
+∞
1
sin t
dt
t
3
Par le critère spécial des séries alternées, on obtient que la série de terme général
(−1)k vk converge, autrement dit, que la suite (Sn ) converge. Notons S sa limite.
Soit X ≥ 0. En notant nX la partie entière de X/π , on peut écrire
X
Z
Z
0
avec
Z
X
0≤
X
Z
f (t) dt ≤
f (nX π) dt = f (nX π)(X − nX π) ≤ f (nX π)π
nX π
nX π
Quand X → +∞, on a nX → +∞, SnX → S et par l'encadrement qui précède
Z
f (t) dt → 0
Z
Exercice 2 : [énoncé]
Commençons par étudier la convergence de la suite (Sn ) de terme général
f (t) sin(t) dt
0
Par la relation de Chasles, on peut découper l'intégrale
f (t) sin(t) dt → S
0
Exercice 3 : [énoncé]
Par intégration par parties
Z
n−1
X Z (k+1)π
f (t) sin(t) dt
kπ
Par translation de la variable
x
sin(et ) dt =
0
Z
0
x
x
et sin(et )e−t dt = − cos(et )e−t 0 −
D'une part
Z
π
f (t) sin(t) dt =
kπ
x
cos(et )e−t dt
0
cos(ex )e−x −−−−−→ 0
f (t + kπ) sin(t + kπ) dt = (−1)k vk
et d'autre part t 7→ cos(e )e
t
−t
0
Z
vk =
est intégrable sur [0 ; +∞] car
t2 cos(et )e−t −−−−→ 0
t→+∞
π
f (t + kπ) sin(t) dt
0
Puisque f est positive, la suite (vk ) est à termes positifs.
Puisque f est décroissante, la suite (vk ) est décroissante.
Enn, puisque f tend vers 0 en +∞ et puisque
0 ≤ vk ≤ f (kπ)π
donc l'intégrale
R +∞
0
sin(et ) dt converge.
Exercice 4 : [énoncé]
Par un argument de parité, il sut d'établir la convergence de
Z
la suite (vn ) tend vers 0.
Z
x→+∞
(k+1)π
avec
X
nπ
Z
Sn =
Z
X
nX π
On en déduit
k=0
f (t) dt
nX π
Finalement, l'intégrale étudiée converge.
Sn =
X
f (t) sin(t) dt = SnX +
0
+∞
2
eit dt =
Z
0
+∞
2t it2
e dt
2t
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 9 mai 2017
Corrections
Exercice 6 : [énoncé]
Formellement
Z
+∞
4
it2
e
Z
" 2
#+∞
Z
2
eit − 1
1 +∞ eit − 1
2t it2
e dt =
+
dt
2t
2it
2i 0
t2
+∞
dt =
−∞
0
(a) Pour x > a > 0
Z
0
2
+∞
Z
1
f (λ) = √
λ
A
e
0
it2
1
dt =
2
2
eit dt →
λ
eiu − 1
√
i u
eit − 1
dt →
2it2
f (x) =
A2
0
A
0
Z
A2
0
Z
A
e
it2
0
i
dt =
4
Z
2
A
1
eix − 1
+
2ix
2i
0
car cette dernière intégrale converge.
Par suite
Z
0
A
2
eit dt −−−−−→ C
A→+∞
De plus, la partie imaginaire de C est strictement positive en vertu de l'expression
intégrale précédente, donc
C
f (λ) ∼ √
λ→+∞
λ
Le calcul explicite de C est dicile, cf. intégrale de Fresnel.
0
+∞
0
2
eit − 1
dt
t2
2
eit − 1
dt
2it2
(b)
Z
1
g(x) = λ − f (x) =
2i
L'intégrale en second membre converge donc
Z
x
2
Z x it2
Z +∞ it2
eix − 1 1
e −1
e −1
dt
→
dt
≤ → 0 et
2
2ix x
2it
2it2
0
0
!
eiu − 1
du
iu3/2
1 − eiu
du
u3/2
Z
0
f (x) → λ =
et donc
eit − 1
dt
2it2
Puisque
eiu
√ du
u
1
+
2
2
x
Z
car cette dernière intégrale converge.
Ainsi
2
2
eit dt
Z
eia − 1
a
∼ →0
2ia
2
2
eit dt,
2
x
a
0
1
2
2
x
Z
0
Z
puis par intégration par parties
Z
x
et
Or par le changement de variable u = t2
0
a
a
√
2
a
Z
2
eit dt
eit dt =
dt =
À la limite quand a → 0,
Exercice 5 : [énoncé]
√
Procédons au changement de variable de classe C 1 , t = λx
A
" 2
#x Z
x it2
2it it2
eit − 1
e −1
e dt =
+
dt
2it
2it
2it2
a
x
Z
a
0
Z
it2
e
où la primitive de 2teit a été choisie de sorte de s'annuler en 0.
Puisque les deux termes en second membre sont convergents, le théorème
d'intégration par parties s'applique et assure la convergence de
Z
x
donc
g(x) =
1
2i
Z
+∞
x
+∞
x
2
eit
1
dt −
t2
2i
2
2
eit − 1
eix − 1
dt
−
t2
2ix
Z
+∞
x
2
1
eix − 1
dt −
2
t
2ix
car ces deux dernières intégrales sont bien dénies. Par suite
g(x) =
1
2i
Z
+∞
x
2
2
eit
eix
dt −
2
t
2ix
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 9 mai 2017
Corrections
(c) Par intégration par parties généralisée
Z
+∞
x
2
eit dt
=
t2
+∞
Z
x
"
2
2
teit dt
eit
=
t3
2it3
#+∞
x
3
+
2i
Z
+∞
x
2
eit dt
t4
5
Exercice 8 : [énoncé]
Supposons la convergence de l'intégrale de f sur [1 ; +∞[.
Puisque f est continue, on peut introduire une primitive F de f et celle-ci admet
donc une limite nie en +∞. Par intégration par parties
Par suite
Z
Z
Z
Z
2
+∞ eit2 dt eix2
3 +∞ eit dt 1
3 +∞ dt
1
+
+
= 3
= −
≤
x
t2 2ix3
2i x
t4 2x3
2 x
t4
x
Donc
+∞
Z
x
2
eit dt
=O
t2
1
x3
Exercice 7 : [énoncé]
Soit F la primitive de f s'annulant en 0. Par hypothèse
Z
x→+∞
f (t) dt
Z
x
tf (t) dt = F (x) −
0
1
x
Z
x
F (t) dt
0
Or
Z x
Z
1 x
1
≤
F
(t)
dt
−
`
|F (t) − `| dt
x
x
0
0
Soit ε > 0. Il existe A ∈ R+ tel que
∀t ≥ A, |F (t) − `| ≤ ε
Par continuité sur [0 ; A], |F (t) − `| est majorée par un certain M > 0.
Pour x ≥ max(A, AM /ε) on a
1
x
Z
0
x
1
|F (t) − `| dt =
x
Par conséquent
puis
1
x
A
Z
0
Z
1
|F (t) − `| dt +
x
Z
x
+∞
Z +∞
f (t)
F (t)
F (t)tα−1
dt
=
+
α
dt
α
α
t +1
t +1 0
(tα + 1)2
0
0
R
Supposons la convergence de 0+∞ f (t) dt. La primitive F est alors convergente en
+∞ et donc dans l'intégration par parties précédente, le crochet est convergent en
+∞.
De plus, la fonction F est bornée car continue sur [0 ; +∞[ et convergente en +∞.
Par suite, quand t → +∞,
1
F (t)tα−1
=
O
(tα + 1)2
tα+1
|F (t) − `| dt ≤ 2ε
+∞
et puisque α > 0, on a la convergence de la deuxième intégrale dans la formule
d'intégration par parties précédente.
R
f (t)
Par le théorème d'intégration par parties, on peut armer que 0+∞ 1+t
α dt
converge.
A
x
F (t) dt −−−−−→ `
x→+∞
0
Or F (A)/A −−−−−→ 0 et t 7→ F (t)/t2 est intégrable sur [1 ; +∞[ car F est bornée
A→+∞
au voisinage de +∞.
On en déduit donc par opérations la convergence de l'intégrale de t 7→ f (t)/t sur
[1 ; +∞[.
Z
0
Par intégration par parties, on peut écrire
1
x
1
A Z A
f (t)
F (t)
F (t)
dt =
+
dt
t
t 1
t2
1
Exercice 9 : [énoncé]
Soit F une primitive de la fonction continue f sur [0 ; +∞[. Formellement
+∞
F (x) −−−−−→ ` =
A
Exercice 10 : [énoncé]
Posons
Z
G(x) =
lim
x→+∞
1
x
Z
x
g(t) dt
a
tf (t) dt = 0
0
x
Notons que sans l'hypothèse d'intégrabilité de f , on ne peut pas exploiter le
théorème de convergence dominée.
Par intégration par parties
Z
a
x
x
f (t)g(t) dt = [f (t)G(t)]a −
Z
x
f 0 (t)G(t) dt
a
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 9 mai 2017
Corrections
6
D'une part
[f (t)G(t)] = f (x)G(x) − f (a)G(a) −−−−−→ 0
x→+∞
car G est bornée et f de limite nulle en +∞. R
D'autre part, il y a convergence de l'intégrale a+∞ f 0 (t)G(t) dt. En eet
Z
x
x
Z
|f 0 (t)G(t)| dt =
a
−f 0 (t) |G(t)| dt ≤
a
Ainsi
x
Z
−f 0 (t)M dt = (f (a) − f (x)) M
a
Z
x
|f 0 (t)G(t)| dt ≤ f (a)M
a
Ses intégrales partielles étant majorées, il y a convergence de
Ainsi f 0 G est intégrable sur [a ; +∞[. On peut alors conclure
Z
x
Z
f (t)g(t) dt −−−−−→
a
x→+∞
R +∞
a
|f 0 (t)G(t)| dt.
+∞
f 0 (t)G(t) dt
a
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD