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CORRECTION INTERROGATION N˚5
EXTRAIT SUJET CCP 2014 - PSI
IV. Un r´esultat inattendu
IV.1.1 t7→ sin(t)
test continue sur ]0,1] et tend vers 1 en 0. Elle est donc prolongeable en une fonction
continue sur le segment [0,1] et R1
0fexiste (int´egrale classique).
IV.1.2 On op`ere une int´egration par partie en primitivant sin en −cos et en d´erivant t7→ 1
ten t7→ − 1
t2.
On obtient directement :
Zx
1
sin(t)
tdt = cos(1) −cos(x) x−Zx
1
cos(t)
t2dt
On a cos(t)
t2=O(1/t2) au voisinage de +∞. C’est donc (comparaison `a Riemann) une fonction int´egrable
au voisinage de +∞. L’int´egrale du membre de droite admet donc a fortiori une limite quand x→+∞
(int´egrabilit´e entraˆıne existence d’int´egrale). De plus, cos(x)/x →quand x→+∞(car cos est born´ee).
Finalement, on a l’existence de :
Z+∞
1
sin(t)
tdt = lim
x→+∞Zx
1
sin(t)
tdt = cos(1) −Z+∞
1
cos(t)
t2dt
IV.1.3 On a de mˆeme :
Zx
1
cos(2t)
tdt =1 2cos(2x) x−sin(2)+Zx
1
sin(2t)
t2dt
t7→ sin(2t)
t2=O(1/t2) au voisinage de +∞. C’est donc (comparaison `a Riemann) une fonction int´egrable
au voisinage de +∞. Comme `a la question pr´ec´edente, on a l’existence de
Z+∞
1
cos(2t)
tdt =−sin(2) 2+Z+∞
1
sin(2t)
t2dt
IV.1.4 On a sin2(t)
t=1 2t−cos(2t) 2tet donc :
Z1
x
sin2(t)
tdt =ln(x) 2−Zx
1
cos(2t)
2tdx
et cette quantit´e tend vers +∞quand x→+∞.
Ainsi, l’int´egrale g´en´eralis´ee R+∞
1
sin2(t)
tdt est divergente.
Comme sin2(t)
t≥0, ceci revient `a dire que t7→ sin2(t) tn’est pas int´egrable sur [1,∞[. Or, |sin | ≥ sin2≥0
et donc t7→ |sin(t)|
tn’est pas int´egrable non plus sur [1,+∞[. Et comme cette fonction est positive,
ceci revient `a dire que l’int´egrale g´en´eralis´ee R+∞
1|sin(t)|
tdt diverge.
IV.2.1 t7→ 1/t est de classe C1sur [x, 1] pour x > 0. On peut donc poser le changement de variable
u= 1/t. Il indique que :
f(x) = Z1
x
1
tsin 1 tdt =Z1/x
1
sin(u)
udu
Avec les questions pr´ec´edentes, fest prolongeable par continuit´e en 0 en posant f(0) = Z+∞
1
sin(u)
udu
IV.2.2 gest continue sur ]0,1], ]0,1] est un intervalle qui contient 1. Par th´eor`eme fondamental, −f:
x7→ Rx
1g(t)dt est une primitive de gsur ]0,1]. Comme gest de classe C∞sur ]0,1], −f, et donc f,
l’est aussi. On a vu (ou impos´e par choix de f(0)) la continuit´e en 0.
IV.2.3 Le mˆeme calcul que plus haut donne :
Z1
x|g(t)|dt =Z1/x 1
|sin(u)|
udu
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CORRECTION INTERROGATION N˚5
On a vu que l’int´egrale de u7→ |sin(u)|
un’existe pas sur [1,+∞[. Comme cette fonction est positive,
son int´egrale entre 1 et atend vers +∞quand a→+∞. Ainsi :
lim
x→0+Z1
x|g(t)|dt = +∞
IV.3. Pour t∈]0,1], on a f0(t) = −g(t) et donc 1 + (f0(t))2= 1 + 1
t2sin21
t. Ainsi :
∀x∈]0,1], λ(x) = Z1
xs1 + 1
t2sin21 tdt
On en d´eduit que :
∀x∈]0,1], λ(x)≥Z1
x|g(t)|dt
et par comparaison :
lim
x→0+λ(x)=+∞
Ceci signifie que la courbe repr´esentative de la fonction fcontinue sur le segment est [0,1] est infinie !
IV.4. Rappelons que pour toute fonction ϕ: [a, b]→R2;t7→ (x(t), y(t)) de classe C1, on a par
d´efinition la longueur de l’arc param´etr´e entre les instants t= et t=bqui est :
L(f) = Zb
ap(x0(t))2+ (y0(t))2dt
Or ici x(t) = tet y(t) = f(t) et ce sont bien deux fonctions de de classe C1donc L(f) = Zb
ap1+(f0(t))2dt.
I. Quelques exemples de calculs de longueurs
I.1. Si f:t∈[0,1] 7→ t, le graphe de fest le segment d’origine (0,0) et d’extr´emit´e (1,1) et sa
longueur est √2. C’est coh´erent avec :
L(f) = Z1
0
√2dt =√2
I.2. On a ici
L(f) = Z1
0q1 + sh2(t)dt =Z1 0|ch(t)|dt =Z1 0
ch(t)dt = sh(1)
I.3.1. On a f0(t) = −t
√1−t2et donc 1 + (f0(t))2=1
1−t2. Ainsi,
L(f) = Z1/√2
0
dt
√1−t2dt = [arcsin(t)]1/√2
0=π
4
I.3.2. Comme t2+f(t)2= 1, la courbe de fest un huiti`eme du cercle unit´e et sa longueur est 2π
8=π 4.
I.4. On a cette fois :
L(f) = Z1
0p1+4t2dt
Un changement de variable u= 2tpuis u= sh xdonne successivement :
L(f) = 1
2Z2
0p1 + u2du =1
2Zsh−1(2)
sh−1(0) q1 + sh2(x) ch x dx =1
2Zsh−1(2)
0
ch2x dx
On lin´earise ch2(x) = 1
2(1 + ch 2x) et ainsi
L(f) = 1
4Zsh−1(2)
0
(1 + ch 2x)dx =1
4x+1 2sh 2xsh−1(2)
0
On connait par cœur une forme logarithmique de argsh : x7→ ln(x+√x2+ 1) (ou on retrouve par le
calcul) et finalement :
L(f) = √5
2+1 4ln(2 + √5)
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