Exercices corrig es - Joseph di Valentin

Exercices corriges
Joseph DI VALENTIN
Septembre 2005
ii
iii
Avant propos
Cet ouvrage a pour objectif d'aider les eleves de classes preparatoires.
Ce livre est aussi utile aux eleves des Ecoles
d'ingenieur, aux candidats aux concours
de recrutement ainsi qu'a tous ceux qui souhaitent completer leurs connaissances en
mathematiques.
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
Table des matieres
1 Variable reelle
2 Variable reelle ; corriges
3 E tude de fonctions
4 E tude de fonctions ; corriges
5 Developpements limites, limites
6 Developpements limites, limites ; corriges
7 Convergence uniforme
8 Convergence uniforme ; corriges
9 Calculs de primitives
10 Primitives ; corriges
11 Integration
12 Integration ; corriges
1
15
65
67
79
83
103
111
147
149
195
219
Chapitre 1
Variable reelle
1. Critere de Cauchy et fonctions
Soit f une application de [a; b[ dans E ou E est un espace vectoriel norme
complet. Montrer :
8" > 0; 9c 2 [a; b[; 8(x; y) 2 R ; (x; y) 2 [c; b[ ) kf (x) f (y)k6"
2
2
()
f possede une limite l 2 E en b
.
2. Soit E un K -espace vectoriel norme. Soit f : R ! E continue ayant une
limite en +1.
Montrer que f est bornee, uniformement continue et que si E = R, f atteint
une de ses bornes.
+
3. Soient f et g deux applications continues de [a; b] dans
[a; b]; f (t) > g(t).
Montrer qu'il existe > 0 tel que f (t) > + g(t).
R
telles que 8t 2
4. Soit f une application continue de R dans R. On suppose que la restriction
de f a R n Q est injective. Montrer que f est injective. (On raisonnera par
l'absurde).
On suppose que la restriction de f a Q est injective. Montrer sur un exemple
qu'il est possible que f ne soit pas injective.
5. Soit f une application continue d'un intervalle I de R dans R. Soit M l'ensemble des extrema locaux de f sur I . Montrer que f (M ) est un ensemble
denombrable.
Montrer que si f a un extremum local en tout point de I alors f est constante.
6. Soit f : [0; 1] !
continue.
R
continue. Soit g(x) = sup f (t). Montrer que g est
t2[0;x]
7. Soit A un ensemble convexe. Soit f une application denie de A dans R. f
est dite convexe si et seulement si :
8(a; b) 2 A ; 8t 2 [0; 1]; f (ta + (1 t)b)6tf (a) + (1 t)f (b).
1
2
(a) Soit f une application denie sur un ensemble convexe A a valeurs reelles.
Montrer :
1
ta + (1 t)b designe le barycentre de a aecte du coecient t et b aecte du coecient (1 t).
CHAPITRE 1. VARIABLE RE ELLE
2
8n 2 N ; 8(a ; ; an) 2 An; 8( ; ; n) 2 Rn ;
1
f
n
X
k=1
! X
n
k ak 6
k=1
1
+
n
X
k=1
k = 1 alors
k f (ak ).
(b) Soit f une application denie sur l'ensemble convexe A a valeurs dans R.
On appelle epigraphe de f l'ensemble Ef des points de A R denis par
Ef = f(a; y) 2 A R; y>f (a)g.
Montrer que f est convexe si et seulement si Ef est convexe.
(c) Soit f une application denie sur un intervalle I de R a valeurs reelles.
(d) () Montrer que f est convexe si et seulement si :
8a 2 I , l'application t 2 I n fag 7 ! f (t)t fa (a) 2 R est croissante ;
de m^eme f est convexe si et seulement si :
8(a; b; c) 2; I ; f (bb) fa (a) 6 f (cc) fa (a) 6 f (cc) bf (b) .
() Montrer que si f est convexe,
alors f est derivable a gauche et a
droite en tout point de I puis continue sur I . de plus pour a < b,
fg0 (a)6fd0 (a)6fg0 (b)6fd0 (b).
() Montrer que si f est convexe alors si a 2 I et si 2 [fg0 (a); fd0 (a)]
nous avons 8t 2 R; (t a) + f (a)6f (t).
(e) Soit f une application denie sur un intervalle I de R, a valeurs reelles,
continue. On suppose f derivable sur I . Montrer
(f 0 croissante sur I ) () f convexe.
(f) Soit f une application denie sur un intervalle
a +Ib de R1, a valeurs reelles,
continue. On suppose que 8(a; b) 2 I ; f
6 2 (f (a) + f (b)).
2
Montrer que f est convexe.
8. Soit f une application convexe denie sur un intervalle I de R a valeurs ans
R.
On pose pour t 2 I f (t) = max(f (t); 0) et f (t) = max( f (t); 0).
Montrer que f est convexe et que f peut ne pas l'^etre.
Soient f et g deux applications convexes denies sur un intervalle I de R a
valeurs ans R.
Soit h l'application denie pour t 2 I par h(t) = max(f (t); g(t)).
Montrer que h est convexe.
Supposons I = [0; 1]. Montrer qu'il existe ' convexe de [0; 1] dans R telle
que '6f; '6g.
3
2
+
+
p
9. Soient p 2 R; p>1; t 2 [0; 1]; f (t) = 1 t p .
1
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
3
! X
n
n
X
i xi 6 i f (xi ) ou les
i=1
i=1
les xi des elements de [0; 1].
(a) Montrer que f est convexe. En deduire f
i sont des reels positifs de somme 1 et
(b) Soient (ai )i2Nn ; (bi )i2Nn deux familles de reels positifs. ai + bi > 0.
p
(ai + bi )p . Montrer
Soient xi = ai p ; i = X
n
(ai + bi)
(ai + bi )p
"X
p
j =1
i=1
#p
!p
p
X
p
1
!p
p
X
p
1
(ai + bi )p 6
i=1
ai
1
+
i=1
Montrer que l'application N : (x ; ; xn ) 2 C n 7 !
est une norme.
1
bi
n
X
i=1
!p
1
jxi jp
2R
+
10. Soit f une application convexe denie de [a; b] dans R.
(a) On suppose f (a) = f (b) = f (c) ou c 2]a; b[. Montrer que f est constante.
f (b) f (a) = f (c) f (a) .
(b) On suppose qu'il existe c 2]a; b[ tel que
b a
c a
Montrer que f est ane.
11. Soit f une application deux fois derivable, majoree, denie de R dans R .
On suppose qu'il existe un reel a > 0 tel que 8t>0; f 00 (t)>af (t).
+
+
(a) Montrer que f est decroissante. Quelle est la limite de f 0 en +1 ?
(b) Montrer que f a pour limite 0 en +1.
p
(c) Montrer : 8t>0; f (t)6f (0) exp( t a).
12. Soit f une application convexe denie de I = [a; +1[ dans R.
(a) Montrer t!lim1 f (t) = l 2 R .
t
(b) On suppose : t!lim1 f (t) = l 2 R. Montrer : t!lim1 f (t) lt existe 2 R.
t
13. Soit f : R ! R convexe et majoree. Montrer que f est constante.
+
+
+
14. Soit f : I ! R ; I est un intervalle de R. Montrer :
+
(ln f ) convexe () 8a 2 R; x 7 ! exp(ax)f (x) convexe
Pour cela, commencer par demontrer :
(a) Soient u et v strictement positifs, et deux reels de [0; 1] de somme 1.
Montrer : u v 6u + v
CHAPITRE 1. VARIABLE RE ELLE
4
(b) Soit g une application denie sur un intervalle J de R a valeurs reelles.
Montrer : g convexe ) exp g convexe.
(c) Montrer : g convexe ) (x 7 ! ax + g(x)) convexe.
15. Soit f une application continue de [a; b] dans R. On suppose f (a) = f (b). Il
existe c 2]a; b[ tel que f est strictement croissante sur [a; c] et strictement
decroissante sur [c; b].
Montrer :
8x 2 [a; c[ 9!y 2]c; b]; f (x) = f (y) et 8x 2]c; b] 9!y 2 [a; c[; f (x) = f (y).
On pose y = g(x) et g(c) = c.
g est-elle continue ?
Si f est derivable, g l'est-elle ?
px
pour x 2 [0; 1]
Exemple f (x) = (x 2) pour
x 2 [1; 2]
16. Determiner f continue de R dans R telle que 8x 2 R; f (2x + 1) = f (x).
17. Determiner f continue de [0; 1] dans lui-m^eme telle que : f f = f .
2
18. Soit E l'ensemble des applications continues f de R dans R telles qu'il existe
Mf 2 R veriant 8t 2 R; jf (t)j6Mf jtj.
+
(a) Soit u l'application qui a un element
tfde E associe l'application g de R
.
dans R denie par g(t) = f (t) f
2
Verier que g est dans E .
On considerera alors u comme a valeurs dans E .
Montrer que u est bijective.
f (t) Montrer que l'application f 2 E 7 ! sup 2 R est une norme.
t2R t
Quel est un majorant de la norme de u ?
+
19. Soit E un K -espace vectoriel norme. Soit f une application de
T -periodique, continue.
Montrer que f est uniformement continue et bornee.
R
dans E ,
20. Soit E un K -espace vetoriel norme. Soit f : R ! E une application periodique
ayant une limite en +1.
Montrer que f est constante.
21. (a) Soit f une application de R dans R uniformement continue veriant 8x 2
R ; lim f (nx) existe, reelle.
n! 1
Montrer : y!lim1 f (y) existe reelle.
+
+
+
uniformement continue sur R+ verifant 8p 2 N
(b) Soit f
convergente.
Montrer que f a une limite a l'inni.
n f
p
n2N
est
5
22. (a) f : t 2 R 7 ! sin(t ) 2 R est-elle uniformement continue sur R ?
(b) Soit f une application de R dans R uniformement continue. Montrer qu'il
existe (a; b) 2 (R ) tel que 8t 2 R; jf (t)j6ajtj + b.
(c) Verier que cette condition n'est pas susante pour qu'une fonction soit
uniformment continue.
2
+
2
23. Determiner une application continue f de [0; 1] dans [0; 1] veriant : 8(u; v) 2
([0, 1] ) ; jf (u) f (v)j>ju vj.
2
24. Soit f une application continue denie sur un intervalle I de R a valeurs dans
R.
Montrer que si f est injective alors f est strictement monotone.
Quelles sont les fonctions f qui transforment tout ouvert de I en un ouvert
de R ?
2
25. Soit f une application continue de [0; 1] dans lui-m^eme. On suppose que
8x 2 [0; 1]; (f f )(x) = x. Determiner f .
Cas ou f est derivable.
26. Soient f et g deux applications continues de [a; b] dans lui-m^eme telles que :
f g = g f.
Montrer qu'il existe c 2 [a; b] tel que f (c) = g(c).
27. Soit f : I ! R croissante (I intervalle de R). Montrer que l'ensemble des
points de discontinuite de f est denombrable. On commencera par le cas ou
I est ferme borne.
28. Soit I un intervalle borne de R. Soit f denie sur I a valeurs reelles. On
suppose f derivable sur I et f 0 bornee. Montrer que f est prolongeable par
continuite sur I .
3
29. Montrer qu'il n'existe aucune application continue f : C ! C telle que :
8z 2 C (f (z )) = z . On supposera l'existence de f et on aboutira a une
contradiction.
2
30. Determiner f continue de
f (x) + f (y) + f (x)f (y).
R
dans
R
telle que 8(x; y) 2
R2 ;
f (x + y) =
31. (a) Soit f : [a; b] ! R une application derivable. Montrer que f 0 verie le
theoreme des valeurs intermediaires.
(b) Soit f une application derivable denie de [a; b] dans R. On suppose a < b
et f 0 (a) = f 0 (b). Montrer qu'il existe c 2]a; b[ tel que f 0 (c) = f (c) f (a) .
c a
32. Soient f : I R ! R, ou I est un intervalle ouvert de R, f : I ! R derivable,
a derivee croissante. Montrer que f 0 est continue.
2
3
On parle d'application ouverte.
On pourra utiliser le premier exercice.
CHAPITRE 1. VARIABLE RE ELLE
6
33. Soit f une application continue denie de [a; b] dans R. On suppose qu'en
tout point de ]a; b[ f possede une derivee a gauche et a droite. Montrer qu'il
f (b) f (a) est compris entre f 0 (c) et f 0 (c).
existe c 2]a; b[ tel que
g
d
b a
34. Soit f une application de clsse C de [a; b] dans R telle que : f (a) = 0 et
f (b)f 0 (b) < 0.
Montrer qu'il existe c 2]a; b[ = f 0 (c) = 0.
35. Soient I un intervalle de R, f une fonction deux fois derivable de I dans R et
(a; b; c) 2 I ; a; b; c deux a deux distincts.
Montrer qu'il existe un point d de I tel que
f (a)
f (b)
f (c)
+
+
= 1 f 00 (d)
(a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b) 2
(On pourra appliquer le theoreme de Rolle, sur [a; c] et [c; b]), a F denie par
F (t) = f (t) f (a) bt aa (f (b) f (a)) K (t a)(2 t b) .
36. Soit f : [a; b] ! R une application de classe C : f 000 existe sur ]a; b[. Montrer
qu'il existe c 2]a; b[ = f (b) f (a) = 1 (b a)(f 0(b) f 0 (a)) (b a) f 000 (c).
2
12
(Appliquer le theoreme de Rolle a F denie par :
F (t) = f (t) f (a) 12 (t a)(f 0 (t) + f 0 (a)) K (t a) ).
37. Soit f : [a; +1[! R derivable.
On suppose x!lim1 f 0 (x) = +1. Montrer :x!lim1 f (x) = +1, x!lim1 f (x) = +1.
x
f
(
x
)
On suppose x!lim1 f 0 (x) = l 2 R. Montrer : x!lim1
x = l.
38. Soit f une application denie de [0; 1] dans R, derivable sur ]0; 1]. On suppose
qu'au voisinage de 0, tf 0 (t) f (t) + f (0) = O(t ).
Montrer que f est derivable en 0 et f 0 est continue en 0.
f (t) f (0) .
On pourra utiliser g(t) =
t
1
3
2
3
3
+
+
+
+
+
2
39. Soit I un intervalle de R. Soit a 2 I 6= ;. Soit f une application denie de I
dans R derivable et ayant une derivee seconde en a.
On pose g(h ; h ) = f (a + h + h ) f (a + h ) f (a + h ) + f (a).
Montrer h ;hlim! ; g(h ; h ) = f 00 (a).
hh
h ;h 6
On pourra poser
'(u) = f 0 (a + u) f 0(a) uf 00 (a) et (u) = f (a + h + u) f (a + u) uh f 00 (a).
40. Soit f une fonction de classe C 1 sur un intervalle I de R. Soit a un point de
I tel que f 00 (a) 6= 0. On note la courbe representative de f , et A (resp. M )
le point de d'abscisse a (resp. a + h).
1
2
1
1
( 1 2 ) (0 0)
( 1 2 =0
1
2
1
2
2
2
1
1
7
(a) Montrer que pour h assez petit et non nul, les tangentes a en A et M
se coupent en un point T .
(b) Donner un equivalent de l'aire du triangle ATM lorsque h tend vers 0.
41. Soit f : [0; 1] ! E (E espace vectoriel norme) f (0) = 0; f derivable en 0.
mn X
1
. Montrer que (un )n2N converge.
Soit m 2 N . On pose un = f
n
+
k
k
=0
42. Soit f : [0; a] ! E (E espace vectoriel norme) f (0) = 0; f derivable en 0.
n X
On pose vn = f k . Determiner la limite de (vn )n2N.
n
k
2
=1
43. Soit f : R ! E de classe C (E est un espace vectoriel norme de dimension
nie). On denit la fonction g de R dans E par
8 0
si x = y
>
< f (x)
g(x; y) = > f (x) f (y)
. Montrer que g est continue.
si x 6= y
: x y
44. Theoreme de Rolle generalise
1
2
(a) Soit f une application continue, denie de [a; +1[ dans R, derivable sur
]a; +1[. On suppose t!lim1 f (t) = f (a).
Montrer qu'il existe c 2]a; +1[ tel que f 0 (c) = 0.
Soit f une application denie de R dans R, derivable.
On suppose t!lim1 f (t) = t!lim1 f (t).
Montrer qu'il existe c 2 R tel que f 0 (c) = 0.
(b) Soit f (t) = ln(1 + t ) atan(t).
Montrer que pour n 2 N , f n (t) = (1 t ) nPn(t) ou Pn est un polyn^ome de degre n ayant n zeros reels distincts.
1
45. Soit f denie sur R par f (t) = p
.
1+t
Pn(t) ou P est une fonction polynoMontrer que pour n 2 N f n (t) =
n
(1 + t )n
miale.
Determiner une relation entre Pn; Pn0 et Pn puis entre Pn ; Pn et Pn .
En deuire une relation entre Pn0 et Pn .
Montrer que pour n>1 Pn est scinde a racines simples.
+
+
2
( )
2
2
( )
2
1
+2
+1
1
+1
1
46. Theoreme des accroissements nis generalises
(a) Soient f et g deux applications continues denies de [a b] R dans R.
On suppose f derivable sur ]a; b[. Montrer qu'il existe c 2]a; b[ tel que
(f (b) f (a))g0(c) = (g(b) g(a))f 0(c).
CHAPITRE 1. VARIABLE RE ELLE
8
(b) Soient f et g deux applications denies sur un voisinage V du reel a. On
suppose f et g continues et f et g derivables sur l'interieur de V ; g0 ne
s'annulant pas. f (a) = g(a) = 0.
f 0 (t) = l ) lim f (t) = l.
Montrer la regle de l'H^opital : lim
t!a g 0 (t)
t!a g (t)
n 47. Montrer que t 2 R 7 ! d n (t 1)n a n zeros distincts dans ] 1; 1[.
dt
dp Faire un raisonnement par recurrence sur les zeros de p (t 1)n .
dt
48. Formule de Taylor Lagrange.
(a) Soit f une application denie sur un intervalle I d'interieur non vide,
a valeurs reelles. On suppose f de classe C n (n>2) et possedant une
derivee n-ieme sur I . Soient a et b deux points de I (a 6= b). Montrer
qu'il existe c strictement compris entre a et b tel que
n
k
n
X
f (b) f (a) = (b k!a) f k (a) + (b n!a) f n (c)
k
nX
(b x)k k
A
On pourra poser '(x) =
f
(x) + (b x)n, A etant choisi
k!
n!
k
an que ' verie le theoreme de Rolle sur l'intervalle d'extremites a et b.
On appelle formule de Taylor a l'ordre n 1 avec reste de Lagrange cette
relation.
(b) Les hypotheses sont les m^emes que les precedentes.
Soit a 2 I , soit h 6= 0 un reel tel que a + h 2 I . Montrer qu'il existe
2]0; 1[ tel que
n
i
n
X
f (a + h) = hi! f i (a) + hn! f n (a + h)
k
2
2
1
1
( )
( )
=1
1
( )
=0
4
1
( )
( )
=0
49. Soit a < a < < an n reels distincts appartenant a l'intervalle I . Soit f
une application de I dans R de classe C n , nulle en les ai ayant une derivee
nieme sur I .
(x a )( )(x an) n
Montrer : 8x 2 [a ; an]; 9c 2]a ; an[ = f (x) =
f (c).
n!
On pourra utiliser g : t 2 I 7 ! f (t) (t a )( )(t an) A telle que :
n!
g(x) = 0.
50. Interpollation de Lagrange
(a) Soient t ; t ; : : : ; tn n + 1 points de I deux a deux distincts et soient
y ; y ; : : : ; yn n + 1 reels. Montrer qu'il existe un unique polyn^ome P
de degre au plus egal a n tel que 8i 2 N; i6n; P (ti) = yi.
1
2
1
1
1
1
( )
1
0
0
1
1
Si n = 1 nous pouvons convenir que la somme de 0 a n 1 est nulle et nous retrouvons bien
evidemment le theoreme des accroissements nis.
4
9
(b) Soit f une application denie sur un intervalle I de R a valeurs dans R.
Soient t ; t ; : : : ; tn n +1 points de I deux a deux distincts. Notons L(f )
le polyn^ome de degre au plus egal a n veriant 8i 2 N; i6n; P (ti) = f (ti ).
L(f ) est appele polyn^ome d'interpollation de Lagrange de f en les points
t ; t ; : : : ; tn.
Soit g une application de classe C n denie sur un intervalle I de R a
valeurs dans R. Soit a 2 I . On suppose g(a) = 0. Montrer qu'il existe une
application h de classe C n de I dans R veriant 8t 2 I; g(t) = (t a)h(t).
Supposons f de classe C n . Montrer qu'il
existe ' continue sur I telle
Yn
que 8t 2 I on ait L(f )(t) f (t) = '(t) (t tk ).
0
0
1
1
+1
+1
k=0
de classe C n+1
(c) Soit f
de I dans R. On suppose I ferme borne. Determiner
un majorant de sup jL(f )(t) f (t)j.
t2I
51. Soit f : [0; 1] ! R deux fois derivable telle que : f (0) = f 0 (0) = f 0 (1) =
0; f (1) = 1. Montrer : 9a 2]0; 1[ = jf 00 (a)j>4. (On supposera
1 le resultat
faux
1
et on appliquera la formule de Taylor vue plus haut sur 0; et ; 1 ).
2
2
52. Formule de Simson
(a) Soit g impaire, 5 fois derivable sur [ 1; 1] a valeurs reelles.
Montrer qu'il existe 2]0; 1[ tel que : g(1) = 1 g0 (1) + 2 g0 (0) 1 g ().
3
3
180
t
2
t
(On pourra utiliser '(t) = g(t) g0 (t)
g0 (0) + At .)
3
3
(b) Soit f une application de classe C de [a; b] ! R. Montrer qu'il existe
c 2 [a; b] tel que :
(5)
5
4
Zb
a
f = b 6 a f (a) + f (b) + 4f a +2 b
(b a)
f (c):
2880
5
(4)
53. Soit f : [a h; a + h] ! R de classe C (h > 0): f 00 existe sur l'intervalle
ouvert. Montrer :
9 2] 1; 1[ tel que f (a + h) + f (a h) 2f (a) = h f 00 (a + h).
t
54. Soit t 2 R . At = 2 [0; 1]= sin(t) = t
cos(t) .
6
Montrer que At est non vide et pour jtj assez petit, card At = 1.
Determiner lim
(t).
t!
1
2
3
0
(a) Soit f une application de classe C n (n>1) denie sur un intervalle I
de R d'interieur non vide a valeurs reelles. Soit a 2 I . On suppose
f n (a) 6= 0.
En utilisant la formule de Taylor Lagrange vue plus haut, montrer que si
+1
( +1)
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
CHAPITRE 1. VARIABLE RE ELLE
10
jhj est susamment petit, il existe n(h) unique de ]0; 1[ tel que
f (t) =
n
X
hi
1
i=0
n
i (a) + h f n (a + h (h)).
f
n
i!
n!
( )
( )
Determiner la limite en a de n .
(b) On suppose cette fois f de classe C n p (p>1) avec 8k 2 Np , f n k (a) = 0
et f n p (a) 6= 0. f n (a) est quelconque. Soit n associe a f dans la formule de Taylor. Que dire de n lorsque t tend vers a ?
+
( + )
( + )
1
( )
55. Soit f une fonction de classe C de R dans R. On suppose f et f 0 bornees.
Montrer que f 0 est bornee. On note Mi = sup jf i j. Montrer : (M ) 64M M .
2
( )
1
R
2
0
2
56. Soit f une application de classe C n (n>1) de R dans K =R ou C .
On suppose que les fonctions f et f n sont bornees sur R. Montrer que toutes
les derivees f k ; k 2 Nn sont bornees sur R.
( )
( )
57. Inegalite des accroissements nis
Soit f une application continue de [a; b] R dans le K -espace vectoriel norme
E . Soit g une application continue denie de [a; b] R dans R (a < b).
On suppose f et g derivables sur ]a; b[ et 8t 2]a; b[; kf 0 (t)k6g0 (t) ; (E n'est
pas necessairement de dimension nie).
Soit '(t) = kf (t) f (a)k g(t) + g(a) "(t a) " ou " est un reel > 0 xe.
Soit E = ft 2 [a; b]; '(t)60g. Soit c = sup E . On suppose c < b ; en ecrivant
l'hypothese liant les derivees, montrer qu'il existe t > c aboutissant a une
contradiction.
Montrer kf (b) f (a)k6g(b) g(a).
Remplacer derivable par derivable a doite.
58. Inegalite des accroissements nis
(Il s'agit la d'une autre demonstration d'un resultat analogue au precedent)
Soit f une application continue de [a; b] R a valeurs dans le K -espace vectoriel norme E (non necessairement de dimension nie).
On suppose f derivable sur ]a; b[. Il s'agit de demontrer qu'il existe c 2]a; b[
tel que kf (b) f (a)k6(b a)kf 0 (c)k.
b a
b
a
Posons pour t 2 a; a + 2
, g(t) = f t +
f (t).
3
3
Soit M = kf (b) f (a)k. Notons a = a + b a et a = a + 2 b a .
3
3
Montrer que l'on a : M 6kg(a)k + kg (a )k + kg (a )k.
En deduire qu'il existe t 2 ]a; a [ tel que kg(t )k> M .
3
b
a
Recommencer avec [t ; s ], ou s = t +
, ce qui a ete fait avec [a; b].
3
En deduire l'existence de deux suites (sn)n2N et (tn )n2N adjacentes veriant
kf (sn) f (tn)k> M
. En deduire le resultat demande.
3n
1
2
1
1
1
2
1
1
2
1
1
11
59. Soit f une application de I = [a; +1[ dans E ou E est un espace vectoriel
norme. On suppose f de classe C ayant une limite en +1 et f 0 uniformement
continue.
Montrer que f 0 a une limite en +1.
On utilisera l'inegalite des accroisssements nis vue plus haut.
60. Soit f une application derivable denie de [a; +1[ dans l'espace vectoriel
norme E . On suppose que f + f 0 possede une limite l 2 E en +1. Montrer
lim f (t) = l.
t! 1
On posera g(t) = exp(t)f (t) et on utilisera l'inegalite des accroissements nis
vue precedemment.
61. Soit f une application derivable denie de [a; +1[ dans l'espace vectoriel
norme E . On suppose que f 0 a une limite nulle en +1.
Montrer t!lim1 f (t) = 0.
t
On utilisera l'inegalite des accroissements nis vue plus haut ou celle vue en
classe en supposant f de classe C et E de dimension nie.
1
+
+
n
X
1
62. Soit xn = ch p 1
n.
k
+
n
k
E tudier nlim
x . On pourra utiliser la formule de Taylor.
!1 n
=1
tudier la suite (un)n2N
63. Soit f une application
C de [0; 1] dans
R. E
1 de classe
n
X
k f0 k + 1 .
denie par un =
f
n+1 k
n+1
n+1
1
=0
64. Soit f une application de classe C 1 denie sur un intervalle I de R a valeurs
dans R. On suppose qu'il existe a < a < < an n elments de I et
n ; ; np p entiers naturels non nuls tels que pour tout i 2 Np , pour tout
p
X
k
entier k6ni 1 on ait f (ai) = 0. On note n = ni . Montrer qu'il existe
1
2
1
( )
i=1
c 2 [a ; ap] veriant f n (c) = 0.
65. Soient u et v deux applications de R dans R derivables. Au voisinage de +1
on suppose : v0 < 0; u = o(1); v = o(1); u0 = o(v0 ). Montrer qu'au voisinage
de +1 u = o(v).
8 t60 alors f (t) = 0
<
66. Soit f l'application de R dans R denie par : : t > 0 alors f (x) = exp 1
t
Montrer que f est de classe C 1 .
67. Soit X un espace topologique (au sens deni dans le chapitre topologie). Soit
f une application de X dans R. Soit a 2 X .
1
(
1)
+
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
CHAPITRE 1. VARIABLE RE ELLE
12
f est dite semi-continue-inferieurement en a si 8 < f (a); f ([; +1]) est
un voisinage de a.
f est dite semi-continue-superieurement en a si 8 > f (a); f ([ 1; ]) est
un voisinage de a.
f est dite semi-continue-inferieurement si f est semi-continue-inferieurement
en tout point a de X ; f est dite semi-continue-superieurement si f est semicontinue-superieurement en tout point a de X .
(a) Montrer :
f est semi-continue-inferieurement () 8 2 R; f (]; +1]) est ouvert.
f est semi-continue-superieurement () 8 2 R; f ([ 1; [) est ouvert.
(b) Soit f semi-continue-inferieurement; soit (xn )n2N une suite de points de
X qui converge vers x 2 X . Montrer que lim inf f (xn)>f (x).
(c) Montrer que la somme (on suppose que la somme a un sens) de deux
fonctions semi-continues-inferieurement est semi-continue-inferieurement.
(d) Soit (fi )i2I une famille de fonctions semi-continues-inferieurement.
Soit la fonction f denie par f (x) = sup fi (x) 2 R. Montrer que f est
i2I
semi-continue-inferieurement.
(e) Soit X un espace compact, soit f une fonction semi-continue-inferieurement.
Montrer que f atteint sa borne inferieure sur X .
(f) Montrer que E (la fonction caracteristique de E ) est semi-continueinferieurement (resp. semi-continue-superieurement) si et seulement si
E est un ensemble ouvert (resp. un ensemble ferme).
68. Soit f denie sur un voisinage V de 0 a valeurs dans C .
f (2t) f (t) = 0. Montrer : lim f (t) = 0.
On suppose : lim
f
(
t
)
=
0
;
lim
t!
t!
t! t
t
n
X1 t
1
On pourra poser g(t) = (f (2t) f (t)) et calculer :
k g 2k .
t
2
k
1
1
1
1
5
6
0
0
0
=1
69. Soit E un espace vectoriel norme. Soit f : [a; +1[+ ! E continue. (En fait
bornee sur tout compact sut). On suppose : t!lim1(f (t + 1) f (t)) = l 2 E .
Montrer :t!lim1 f (t) = l.
t
70. On recherche des fonctions f de R dans R telles que :
+
+
p
8t 2 R; f (2t) = 2f (t) 1 + (f (t))
2
(a) Caracteriser les fonctions derivables en 0 veriant cette propriete.
Qu'en est-il si on suppose f continue sur R ?
Voir la denition a l'exercice numero 107 du chapitre topologie.
Voir le resultat de l'exercice numero 97 du chapitre topologie concernant les compacts et le
recouvrement par des ouverts.
5
6
13
71. Soit f une application de [a; b] (a < b) dans R derivable. On suppose f (a) = 0
et qu'il existe M 2 R tel que pour tout t de [a; b] jf 0 (t)j6M jf (t)j.
Montrer que f est nulle. On pourra utiliser (f (t) exp( Mt)) ).
+
2
n
X1
72. Soit f la fonction denie sur R par f (t) = sin(16n t) .
2
n
Montrer que f est continue.
Soit h 2 R. On note (h) = f (t + h) f (t) .
h
X1 sin(16k (t + h)) sin(16k t)
Soit n 2 N. On note Rn(h) =
.
k
h
2
k n 1 est au
Montrer que l'un des deux nombres RN
N et RN
2
16
16N moins egal a sin
.
8
Montrer que la fonction n'est derivable en aucun point.
+
=0
+
= +1
1
1
14
Chapitre 2
Variable reelle ; corriges
1. Si f possede une limite, le resultat est immediat.
Il existe une suite (xn )n2N de points de [a; b[ qui tend vers b. Si b = +1,
1
choisir par exemple xn = a + n, si b 2 R choisir par exemple b
n + n avec
n > b 1 a.
Soit " > 0. Soit c 2 [a; ` b[ tel que pour x et y appartenant a [c; b[ on ait
kf (x) f (y)k6 2" .
Il existe N 2 N tel que pour n>N on ait xn 2 [c; b[ donc pour p et q au moins
egaux a N on a kf (xp ) f (xn)k6".
La suite de terme general f (xn ) est donc une suite de Cauchy de points de E ;
elle est alors convergente de limite l 2 E .
Soit x 2 [c; b[. Nous avons alors xN 2 [c; b[ et
kf (x) lk = kf (x) f (xN )k + kf (xN ) lk6 2" + 2" . f possede donc une limite en b ; celle-ci est egale a l.
Remarque Soit f une application continue par morceaux denie sur [a; b[ a
valeurs dans un espace vectoriel norme de dimension nie .
L'integrale impropre de f sur [a; b[ est convergente si et seulement si
0
0
1
Z y
8" > 0; 9c 2 I = [a; b[; 8(x; y) 2 I ; (x 2 [c; b[; y 2 [c; b[) ) f (t) dt 6".
x
2
2. Soit g l'application denie sur [0; 1] par g(0) = l = x!lim1 f (x) et pour x 2]0; 1]
1 x
g(x) = f x . xlim
g(x) = l = g(0). g est continue donc est bornee.
!
g([0; 1]) g(]0; 1]) = f (R ) donc f est bornee.
Si E = R, g atteint ses deux bornes. L'une des deux est donc atteinte en un
point d 2]0; 1] ; l'une des bornes de f est donc atteinte en un point c = 1 d .
d
g est uniformement continue.
Soit " > 0 et soit > 0 associe veriant pour u et v appartenant a [0; 1] tels
que ku vk6, kg(u) g(v)k6".
Soient x et y deux elements de R veriant kx yk6.
1 1 f (x) = g x + 1 , f (y ) = g y + 1 .
+
0
+
+
1
Ou un espace vectoriel norme complet.
16
CHAPITRE 2. VARIABLE RE ELLE ; CORRIGE S
1
1
= jy xj 6 donc kf (x) f (y)k6".
x + 1 y + 1 (x + 1)(y + 1)
f est uniformement continue sur R .
Remarque nous pouvons faire une preuve ""directe". Soit " > 0. Il existe
A > 0 tel que pour x>A on ait kf (x) lk6 3 .
La restriction de f a [0; A] est uniformement continue donc il existe > 0 tel
"
que l'on ait kf (x) f (y)k6 pour tous x et y de [0; A] veriant jx yj6.
3
Soient alors x et y deux elements de R veriant jx yj6. Nous avons trois
cas ; x et y au plus egaux a A, x et y au moins egaux a A et x < A < y.
"
Dans le premier cas nous avons kf (x) f (y)k6 , dans le deuxieme cas nous
3
avons kf (x) f (y)k6kf (x) lk + kf (y) lk6 2" , dans le troisieme cas nous
3
avons kf (x) f (y)k6kf (x) f (A)k + kf (y) f (A)k6".
f est bien uniformement continue.
+
+
3. f g est continue sur l'intervalle ferme borne [a; b] donc atteint ses bornes.
Il existe donc t 2 [a; b] ou f g atteint son minimum m.
8t 2 [a; b]; f (t) g(t)>f (t ) g(t ) > f (t ) 2 g(t ) = > 0.
Le resultat est demontre.
Il faut faire attention a ce resultat tres simple. Si l'intervalle n'etait pas ferme
borne il pourrait ^etre faux ; choisir 1 sur R ou 1 sur R .
t
t +1
0
0
0
0
0
+
2
+
4. Supposons f non injective. Soient a et b deux reels ; a < b; f (a) = f (b).
La restriction de f a [a; b] n Q est injective donc f n'est pas constante et
f ([a; b]) = [m; M ] avec m < M .
Soit alors c 2]m; M [. Soit Ec = ft 2 [a; b]; f (t) = cg.
Ec 6= ; car f est continue. Supposons que Ec ne contienne qu'un seul element
d. Si c = f (a) alors Ec fa; bg ; donc c 6= f (a) et Ec ne contient ni a ni b et
d 2]a; b[.
Soit t 2 [a; d[. f (t) 6= c. Supposons f (t) < c.
S'il existe t0 2 [a; d[ tel que f (t0 ) > c alors d'apres le theoreme des valeurs
intermedaires il existe t00 entre t et t0 , f (t00 ) = c ce qui est faux donc 8t 2
[a; d[; f (t) < c. En particulier f (b) = f (a) < c. Comme precedemment nous
en deduisons que 8t 2]; b] f (t) < c. Nous avons donc 8t 2 [a; b] f (t)6c < M
ce qui est faux. Nous obtenons un resultat analogue avec f (t) > c. L'ensemble
Ec contient donc au moins deux elements.
L'un de ces deux elements est rationnel car la restriction de f a R n Q est
injective.
Choisissons un de ces elements que nous notons g(c).
Nous denissons une aplication de ]m; M [ dans Q.
g(c ) = g(c ) ) c = f (g(c )) = f (g(c )) = c . g est injective et induit une
bijection de ]m; M [ dans A Q. A est denombrable donc ]m; M [ aussi ce
1
2
1
1
2
2
17
qui est faux. f est donc injective.
Considerons l'application f denie par f (t) = t lorsque t est < 0 et f (t) = 2t
lorsque t>0. Il est clair que f est continue non injective.
Soient a et b deux rationnels. Si f (a) = f (b) avec a et b strictement nepgatifs
ou a et b positifs alors a = b. Si a>0 et b < 0 alors 2a = b soit a = 2 ce
b
2
p
qui est faux car 2 62 Q. La restriction de f a Q est bien injective.
2
2
2
2
5. Si I = [a; b[, on peut prolonger f sur ]a h; a[ en lui donnant la valeur f (a).
Si I =]a; b], on peut prolonger f sur ]b; b + h[ en lui donnant la valeur f (b).
I = [a; b], on peut prolonger f sur ]a h; a[ en lui donnant la valeur f (a) et
sur ]b; b + h[ en lui donnant la valeur f (b). La fonction prolongee etant g. Si
g(M ) est denombrable alors f (M ) aussi. On peut donc supposer que I est un
intervalle ouvert.
Soit a 2 I un minimum local de f . Il existe r et r deux rationnels tels que
a 2 [r ; r ] I et 8t 2 [r ; r ]; f (a)6f (t).
Donc f (a) = t2 inf
f (t) = mr ;r qui existe car f est continue.
r;r
De m^eme si b 2 I est un maximum local de f , il existe r et r deux rationnels
tels que b 2 [r ; r ] I et 8t 2 [r ; r ]; f (b)>f (t).
Donc f (b) = sup f (t) = Mr ;r .
1
1
2
1
[ 1
2
2
1
2]
2
1
1
2
1
t2[r1 ; r2 ]
1
2
Nous en deduisons alors f (M ) 2
2
[
fmr ;r ; Mr ;r g. Il s'agit d'une union
r ;r2 )2(Q\I )2
1
2
1
2
( 1
denombrable d'ensembles nis (donc denombrables) donc f (M ) est denombrable.
Si f a un extremum local en tout point de I alors M = I et f (M ) = f (I )
est un intervalle de R qui n'est denombrable que s'il s'agit d'un singleton car
un intervalle de R non reduit a un point n'est pas denombrable . f est donc
constante.
2
6. f est continue donc est uniformement continue. Soit " > 0. Il existe > 0 tel
que pour tout (u; v) 2 [0; 1] ju vj6 ) jf (u) f (v)j6".
Soient a et b deux reels de [0; 1] ; a6b6a + .
f est continue donc atteint son maximum.
Il existe ta 2 [0; a] tel que f (ta ) = g(a) ; il existe tb 2 [0; b] tel que f (tb ) = g(b).
Si tb 2 [0; a] alors g(a) = g(b). Par construction f (a)6g(a)6g(b) = f (tb ).
Si tb 2 [a; b] Nous en deduisons jg(b) g(a)j = g(b) g(a)6f (tb ) f (a)6".
L'application g est donc croissante, continue.
2
7. (a) Supposons f convexe. L'inegalite proposee est vraie pour n = 1 et n = 2.
Supposons la vraie jusqu'au rang n.
Soient a ; ; an; an n + 1 elements de A. Soient ; ; n; n
n + 1 reels positifs de somme egale a 1.
1
+1
1
+1
[a; b] ]a; b[. ]a; b[ est homeomorphe a R qui n'est pas denombrable donc ]a; b[ non plus
ainsi que [a; b] ou [a; b[ ou ]a; b].
2
CHAPITRE 2. VARIABLE RE ELLE ; CORRIGE S
18
n
X
k . Si = 0, les k sont nuls pour k6n et l'inegalite est
k
veriee. Supposons donc 6= 0.
n
1X
k
Notons pour k 2 Nn ; k = et a =
k ak .
Posons =
=1
n
X
f
k=1
! X
n
k ak 6
k=1
k f (ak ) et f (a + n an )6f (a) + n f (an ).
+1
k=1
+1
+1
En reunissant les deux inegalite nous en deduisons f
n
X
+1
k=1
+1
! X
n
k ak 6
+1
k=1
k f (ak ).
(b) Supposons f convexe. Soient (a ; y ) et (a ; y ) deux elements de Ef ;
veriant donc y >f (a ); y >f (a ).
Soit (a; y) l'element de A R deni par a = ta + (1 t)a ; y =
ty + (1 t)y avec t 2 [0; 1]. (On peut identier A a une partie d'un
espace vectoriel). Nous avons alors
y>tf (a ) + (1 t)f (a )>f (ta + (1 t)a ) = f (a). Nous en deduisons
(a; y) 2 Ef et Ef est convexe.
Supposons Ef est convexe.
Soient a et a deux elements de A. Soit t 2 [0; 1].
Le segment d'extremites (a ; f (a )) et (a ; f (a )) est inclus dans Ef donc
f (ta + (1 t)a )>tf (a ) + (1 t)f (a ) et f est convexe.
(c) () Supposons f convexe.
Soit a 2 I . Soient t et t deux elements de I dierents de a. t < t .
Notons N = (t a)f (t ) (t a)f (t ) + (t t )f (a) et
D = (t a)(t a).
f (t ) f (a) f (t ) f (a) = N . Montrons N >0.
t a
t a
D
D
Supposons t < a < t .
Il existe 2]0; 1[ tel que a = t + (1 )t .
N = (t t ) ((1 )f (t ) + f (t ) f (a)) >0,
D = (1 )(t t ) > 0.
Supposons t < t < a.
N = (t a)(f (t ) f (t ) (1 )f (a))>0, D = (t a) > 0.
Supposons t < t < a.
N = (t a)(f (t ) + (1 )f (a) f (t ))>0, D = (t a) > 0.
Dans tous les cas f (t ) f (a) f (t ) f (a) >0 et l'application
t a
t a
f
(t) f (a)
t 2 I n fag 7 ! t a 2 R est croissante.
Supposons que l'application 'a : t 2 I n fag 7 ! f (t) f (a) 2 R soit
t a
croissante.
Soient a; b; c trois elements de I ; a < b < c.
'a (b)6'a (c) = 'c (a)6'c (b) d'ou le resultat demande.
1
1
1
2
1
2
2
2
1
1
2
2
1
2
1
1
2
2
1
1
2
1
1
2
2
1
2
1
2
2
1
2
2
1
2
1
1
2
1
2
1
1
2
1
2
1
2
2
1
1
1
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
19
Supposons que si a; b; c sont trois elements de I veriant a < b < c
nous avons f (b) f (a) 6 f (c) f (a) 6 f (c) f (b) .
b a
c a
c b
Soient t et t deux elements de I . Soit 2 [0; 1].
Posons t = t +(1 )t . On peut supposer t 6= t et 2]0; 1[ car
si deux des trois reels t ; t ; t sont egaux, l'inegalite a demontrer
est immediate.
Quitte a echanger t et t on peut supposer t < t < t . Apres simplication nous obtenons f (t ) f (t ) 6f (t ) f (t )6 f (t ) f (t ) .
1 Il vient alors f (t )6f (t ) + (1 )f (t ) et f est convexe.
L'equivalence est demontree.
() Supposons f convexe.
Soit a 2 I . Soit t 2 I; t < a.
f (t) f (a) > f (t ) f (a) .
Pour tout t 2 I; t > a nous avons
t a
t a
'a est croissante, minoree sur ]a; +1[\I donc possede une limite
reelle en a a droite.
f est alors derivable en a a droite et fd0 (a)> f (tt) fa (a) .
Un raisonnement analogue conduit a la derivabilite a gauche en a et
si t > a; fg0 (a)6 f (t ) f (a) .
t a
f (t ) f (a) = f 0 (a) ; nous avons alors f 0 (a)6f 0 (a).
lim
d
g
d
t !a
t a
f ayant en tout point de I une derivee a gauche
et une derivee a
droite est continue. f est alors continue sur I .
Soient a et a deux elements de I ; a < a .
Soient alors t et t veriant a < t < t < a .
Avec les notations precedentes, nous avons
'a (t ) = 't (a )6't (t ) = 't (t )6't (a ) = 'a (t ).
Nous obtenons alors 'a (t )6'a (t ).
lim 'a (t ) = fd0 (a )6'a (t ) puis lim 'a (t ) = fg0 (a )>fd0 (a ).
t !a
t !a
0
0
Nous en deduisons fg (a )6fd (a )6fg0 (a )6fd0 (a ).
() Soient a; x et t trois elements de I avec a < x < t.
f est convexe donc f (xx) fa (a) 6 f (t)t fa (a) .
f (t) f (a)
En calculant la limite a droite en a nous obtenons fd0 (a)6
t a
f
(t) f (a)
donc 6
t a .
De m^eme avec t < x < a nous obtenons f (x) f (a) > f (t) f (a)
x a
t a
1
2
3
1
2
1
1
1
2
2
1
3
3
1
2
2
1
1
2
3
3
2
1
3
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
+
1
1
1
2
1
1
1
1
1
2
1
1
1
2
1
1
+
1
1
1
1
1
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
1
2
2
2
2
2
2
1
CHAPITRE 2. VARIABLE RE ELLE ; CORRIGE S
20
f (t) f (a) .
t a
Nous en deduisons immediatement 8t 2 I; f (t) f (a)>(t a).
puis >fg0 (a)>
(d) Supposons f derivable sur I et continue sur I . D'apres les resultats
precedents, il est clair que si f est convexe alors f 0 est croissante.
Supposons f 0 croissante.
Soient a et b deux elements de I , a < b. Considerons l'application g de
[0; 1] dans R denie par g(t) = f (ta + (1 t)b) tf (a) (1 t)f (b).
g est continue sur [0; 1], derivable sur ]0; 1[. D'apres le theoreme des
accroissements nis, il existe c 2]a; b[ tel que f (b) f (a) = (b a)f 0 (c).
Pour t 2]0; 1[ nous avons :
g0 (t) = f (b) f (a) (b a)f 0(ta+(1 t)b) = (b a)(f 0(c) f 0 (ta+(1 t)b)).
Notons t = b c 2]0; 1[. f 0 est croisante donc pour t 2]0; t ], g0 (t)>0
b a
et pour t 2 [t ; 1[, g0 (t)60.
g est donc decroissante sur [0; t ] et croissante sur [t ; 1].
g(0) = g(1) = 0 donc 8t 2 [0; 1]; g(t)60. f est bien convexe.
Si f est deux fois derivable sur I et continue sur I alors f est convexe si
et seulement si f 00 est positive sur I .
0
0
0
0
0
(e) Soit t 2 [0; 1]. Notons, pour tout entier n, pn = E (2nt).
Nous avons alors pnn 6t < 1 +npn avec pn 2 N \ [0; 2n].
2
2
p
1
06t nn < n donc la suite de terme general pnn converge vers t.
2 2
2
Soient
a +abet b 1deux elements de I . a < b. D'apres l'hypothese, nous avons
f 2 6 2 (f (a) + f (b)).
Montrons que pour tout entier n et pour tout entier p 2 [0; 2n] nous
p p p
p
avons f n a + 1 n b 6 n f (a) + 1 n f (b).
2
2
2
2
Le resultat est vrai pour n = 0 et pour n = 1.
Supposons le resultat vrai
jusqu'au rang n.
Soit alors p 2 0; 2n .
Supposons p pair. Posons p = 2k. k 2 [0; 2n ].
k k k
k
f 2n a + 1 2n b 6 2n f (a) + 1 2n f (b) donc en remplacant k
par p nous avons f np a + 1 np b 6 np f (a) + 1 np f (b).
2
2
2
2
2
Supposons p impair. Posons p = 2k + 1 avec 06k62n 1. Nous avons
donc
k k k
k
f 2n a + 1 2n b 6 2n f (a) + 1 2n f (b) et
+1
+1
+1
+1
+1
k + 1
21
f 2n a + 1 k 2+n 1 b 6 k 2+n 1 f (a) + 1 k 2+n 1 f (b).
k k + 1 k + 1
k
Notons a = n a + 1 n b et n a + 1
b.
n
2
2
2
2
a + a 1
f
6 2 (f (a ) + f (a )) c'est-a-dire
2
1
1
2
f 2np a + 1
+1
1
p
2n
+1
2
b 6 12 2kn f (a) + 1 2kn f (b)
k + 1 k
+1
f (b)
+ n f (a) + 1
2
2n
soit
encore
f 2np a + 1 2np b 6 2np f (a) + 1 2np f (b).
Le resultat est donc vrai pour tout n 2 N. En ecrivant cette inegalite
pour kn et, gr^ace a la continuite, en faisant tendre n vers +1 nous obtenons f (ta + (1 t) b) 6tf (a) + (1 t) f (b) et f est convexe.
Complement Considerons une fonction convexe denie sur un ouvert U
convexe de Rn, de classe C .
Soit a 2 U . Notons qa la forme quadratique dont la matrice dans la base
@ f (a). q est dite Hescanonique de Rn a pour terme d'indices (i; j )
@xi @xj
sienne de f en a.
D'une maniere generale, si f est une fonction reelle denie sur un convexe
C , elle est convexe si et seulement si pour tout couple de points (a; b) de
C , l'application a;b denie sur [0; 1] par a;b (t) = f (ta + (1 t)b) est
convexe.
En eet soient a et b deux elements de C , soient t et t deux elements
de [0; 1] et soit un element de [0; 1].
Supposons f convexe.
(t a + (1 t )b) + (1 )(t a + (1 t )b)
= (t + (1 )t )a + (1 t (1 )t )b.
(
t
+
(1
)
t
)
=
f
((
t + (1 )t )a + (1 (t + (1 )t ))b)
a;b
= f ((t a + (1 t )b) + (1 )(t a + (1 t )b))
6f (t a + (1 t )b) + (1 )f (t a + (1 t )b))
= a;b (t ) + (1 ) a;b (t ).
a;b est donc convexe.
Si a;b est convexe pour tout (a; b) 2 I alors pour t 2 [0; 1] nous avons
f (ta + (1 t)b) = a;b (t:1 + (1 t):0)6t a;b (1) + (1 t) a;b(0)
= tf (a) + (1 t)f (b)
et f est convexe.
Supposons f convexe denie sur un ouvert U convexe de Rn, de classe
C.
Soient a et b deux elements de U . a;b est de classe C donc sa derivee
seconde est positive. Notons a = (a ; ; an) et b = (b ; ; bn).
+1
+1
+1
+1
2
2
1
1
1
2
2
1
1
2
2
2
1
1
2
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
CHAPITRE 2. VARIABLE RE ELLE ; CORRIGE S
22
0
a;b (t) =
n
X
@f
(ta + (1 t)b)(ai bi ).
@x
i
i
!
n X
n
X
@ f (ta + (1 t)b)(a b )(a b ) >0. En par00
i
i j
j
a;b (t) =
j
i @xi @xj
n
X
@ f (a)(a b )(a b )>0. q (a b)>0. Il existe une
ticulier
i
i j
j
a
i @xi @xj
boule ouverte B centree en a incluse dans U . Soit u 2 Rn; u 6= 0. Il
existe r > 0 tel que b = a ru 2 B . qa (ru) = r qa (u)>0 donc qa (u)>0.
Supposons 8a 2 U; qa positive.
00 (t) = q
Avec les notations precedentes, a;b
ta
t b (a b)>0 donc a;b est
convexe et f est convexe sur U .
Nous savons que si f est une forme quadratique denie sur Rn, la Hessienne de f est egale a 2f . f est donc convexe si et seulement si elle
est positive c'est-a-dire si et seulement si ses valeurs propres (qui sont
toutes reelles) sont positives. Par exemple, le parabolode de revolution
d'equation z = x + y est convexe.
=1
2
=1
=1
2
=1
2
+(1
2
) )
2
8. Soient (t; x; y) 2 [0; 1] I I .
f (tx + (1 t)y) = max(f (tx + (1 t)y); 0)6 max(tf (x) + (1 t)f (y); 0).
f (x)6f (x) et f (y)6f (y) donc tf (x) + (1 t)f (y)6tf (x) + (1 t)f (y).
Si tf (x) + (1 t)f (y)>0 alors
max(tf (x) + (1 t)f (y); 0) = tf (x) + (1 t)f (y)6tf (x) + (1 t)f (y) ; si
tf (x) + (1 t)f (y)60 alors
max(tf (x) + (1 t)f (y); 0) = 06tf (x) + (1 t)f (y).
f est bien convexe.
Si f est a valeurs strictement negatives alors f = f qui n'est pas convexe.
Si f et g sont convexes alors leurs epigraphes sont des parties convexes de R .
L'intersection de deux ensembles convexes est un ensemble convexe.
Notons Eu l'epigraphe d'une fonction u a valeurs reelles.
Soit M (a; y) 2 Eh . Nous avons y>h(a) donc y>f (a) et y>g(a) c'est-a-dire
M (a; y) 2 Ef \ Eg .
Soit M (a; y) 2 Ef \ Eg .
Nous avons immediatement y>f (a); y>g(a) donc y>h(a) et M 2 Eh.
Nous avons donc Ef \ Eg = Eh .
h est donc convexe. (On retrouve le cas de f ).
Si f et g sont convexes denies sur [0; 1] alors celles-ci sont continues sur
]0; 1[.
Montrons qu'une application convexe f denie sur un intervalle ferme borne
[a; b] possede une limite nie en a et en b.
Pour a < x < y < b nous avons fd0 (x)6 f (y) f (x) 6fd0 (y). fd0 est denie sur
y x
]a; b[ et est croissante donc possede une limite l 2 [ 1; +1[ en a.
Supposons l 2 R. (y x)fd0 (x)6f (y) f (x)6(y x)fd0 (y).
Soit " > 0. Il existe > 0 tel que pour x et y dans ]a; a + ] ]a; b[ on a
(y x)fd0 (y)6" et (y x)fd0 (x)> ". Nous avons donc jf (y) f (x)j6". Nous
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
2
+
23
savons qu'alors f a une limite nie en a.
Supposons l = 1.
Il existe > 0 tel que pour a < y6a + < b on ait fd0 (y) < 0. f (y) f (x) < 0
y x
pour a < y < a + < b ; f est donc decroissante sur ]a; a + ] et possede une
limite l0 2] 1; +1] en a.
f etant convexe f (xx) fa (a) 6fd0 (x) pour x 2]a; b[ donc f (x) < f (a) et la
limite de f en a est reelle ; l0 6f (a).
Nous avons un resultat analogue en b ou f possede une limite reelle au plus
egale a f (b).
Il existe donc une application fe continue sur [a; b] denie par
8t 2]a; b[; fe (t)f (t) et fe (a) = lim
f (t); fe (b) = lim
f (t).
t!a
t!b
Il est immediat que fe est convexe.
fe possede un minimum et un maximum sur [a; b] donc il existe m 2 R tel
que 8t 2 [a; b] fe (t)>m ; en particulier 8t 2]a; b[ f (t)>m. Nous en deduisons
8t 2 [a; b] f (t)> min(m; f (a); f (b)).
En appliquant ce resultat aux deux applications convexes proposees, en choisissant pour h une fonction constante nous en deduisons le resultat demande.
3
9. (a) Nous savons que si f est continue sur [0; 1], derivable sur ]0; 1[, f est
convexe si et seulement f 0 est croissante.
p
Sur ]0; 1[ nous avons f 0 (t) = t p 1 t p .
1
t p >0 decroissante, t 7 ! 1 t p >0 decroissante donc
p 16 0; t 7 !
p
t 7 ! 1 tp
est positive decroissante et enn le produit est crois0
sant. f est alors decroissante.
Nous pouvons aussi calculer la derivee seconde et conclure. f est donc
convexe.
(b) Comme nous! l'avons deja vu a l'exercice numero 5 precedent,
1
1
1
1
1
1
1
1
1
n
X
n
X
=1
=1
f
i xi 6 i f (xi ) ou les i sont des reels positifs de somme 1
i
i
et les xi des elements de [0; 1].
p
p
X
X
(a + b )p
p
(c) Soit S = (aj + bj ) > (aj )p. Notons i = i i . En appliquant
S
j
j
le resultat precedent nous obtenons
! p 1p X
a p! 0 X
a p
n
n
n
p
X
(
a
)
i
i
i
A 6 if
f
i a + b
= @1
S
ai + bi
i
i
i
i
i
=1
=1
1
=1
3
Voir le premier exercice.
=1
=1
24
CHAPITRE 2. VARIABLE RE ELLE ; CORRIGE S
a p! X
n
n p b p X
(
a
i
i + bi )
i
f
i a + b
6
S
ai + bi .
i
i
i
i
0
! p 1p X
n
n
X
p
@
p
A
En simpliant nous obtenons S
(ai)
6 (bi )p.
i
i
!
!
n
n
p
p
X
X
=1
=1
1
1
=1
=1
1
Nous en deduisons alors S p
1
i=1
(ai)p
1
6
i=1
(bi )p
.
Le resultat est demontre. Si pour un ou plusieurs indices i, ai + bi = 0
alors ai = bi = 0 et quitte a supprimer ces elements des sommes nous
avons encore l'inegalite veriee ; en les reintroduisant, l'inegalite est alors
toujours veriee.
n
X
!p
1
jxi jp 2 R
(d) Il est clair que l'application N : (x ; ; xn ) 2 C n 7 !
i
est bien denie a valeurs positives.
N (x ; ; xn) = 0 () (x ; ; xn) = 0.
Si 2 C alors N ((x ; ; xn )) = jjN ((x ; ; xn )).
Soient (x ; ; xn ) et (y ; ; yn) deux elements de C n .
n
n
X
X
jxi + yi jp6 (jxij + jyij)p.
i
i
En appliquant le resultat precedent, nous en deduisons que N est une
norme sur C n .
f (t) f (c) 2 R est croissante, nulle en a et en b donc
10. (a) t 2 [a; b] n fcg 7 !
t c
f
(t) f (c)
f (t) f (c) 60 (car t6b) c'est-apour t 6= c;
>
0 (car t>a) et
t c
t c
f
(
t
)
f
(
c
)
dire
t c = 0. f est convexe donc continue sur ]a; b[ ; elle est donc
constante sur ]a; b[. f (a) = f (b) = f (c) donc f est constante.
(b) Soit u ane telle que u(a) = f (a); u(b) = f (b). Posons g = f u.
8(t; t ) 2 R ; t 6= t ; u(t)t ut (t ) est constant donc g u est convexe.
g(a) = g(b) = 0.
g(c) = f (c) u(c) = f (c) u(a) u(bb) ua(a) (c a)
= f (c) f (a) f (b) f (a) (c a) = 0.
b a
En utilisant le resultat precedent, nous en deduisons que g est constante
donc f est ane.
Remarque geometriquement, si on note A, C et B les points de la courbe
d'abscisses respectives a; c et b. Si ces points sont alignes alors la courbe
representative de f est le segment [A; B ].
1
=1
1
1
1
1
1
1
=1
=1
0
2
0
0
0
11. (a) f 00 est positive donc f est convexe majoree. Soit a>0. L'application
25
t 2]a; +1[7 ! f (t)t fa (a) 2 R est croissante donc possede une limite
eventuellement innie en +1.
La fonction est majoree par M f (a) dont la limite est nulle en +1
t a
donc
f (t) f (a) 60 et 8t > a; f (t) f (a) 60.
lim
t! 1
t a
t a
a etant quelconque, f est decroissante et f 0 60.
(b) f est convexe donc f 0 est croissante ; elle possede donc une limite l 2
] 1; 0] en +1.
f est positive decroissante donc possede en +1 une limite l0 2 [0; +1[.
Montrons que l0 est nul.
Supposons l0 > 0.
Posons g(t) = f 0 (t) a l0 t. g0 (t) = f 00 (t) a l0 >a (f (t) l0 )>0 ; g est
donc croissante.
g(t)>g(0) = f 0 (0) donc f 0 (t)>f 0 (0) + a l0 t et t!lim1 f 0 (t) = +1 ce qui est
faut donc l0 = 0.
Montrons que l est nul.
Supposons l < 0. Posons h(t) = f (t) lt.
h0 (t) = f 0 (t) l60 ; h est decroissante et verie h(t)6h(0) = f (0).
f a alors pour limite 1 en +1. l est donc nul.
(c) f 00 >a f; f 0 60 donc f 0 f 00 6a ff 0 et l'application a f f 0 est croissante.
Ayant pour limite 0 en +1, a f f 0 60.
Soit t tel que af (t) f 0 (t) = 0. Il vient alors f (t) = f 0 (t) = 0 puis
af (t) + f 0 (t) = 0.
Soit t tel que af (t) f 0 (t) > 0. Il vient alors, en simpliant, af + f 0 60.
Nous avons donc af + f 0 60.
Posons u(t) = f (t) exp(at). f 0 (t) = (af (t) + f 0 (t))u(t)60. u est donc
decroissante et f (t) exp(at)6f (0) c'est-a-dire f (t)6f (0) exp( at).
12. (a) L'application t > a 7 ! f (t) f (a) 2 R est croisssante donc possede une
t a
limite, l eventuellement
egale a +1, en +1.
f (t) = t a f (t) f (a) + f (a) d'ou le resultat.
t
t
t a
t a
+
2
2
2
2
+
2
2
2
2
2
2
2
2
(b) Soit t 2 I . t!lim1 f (t) f (t ) = l donc est majoree par l.
t t
g(t) g(t ) = f (t) f (t ) l60.
Posons g(t) = f (t) lt.
t t
t t
g est donc decroissante et possede une limite appartenant a [ 1; +1[
en +1.
13. Soit a 2 R. L'application 'a denie sur R n fag par 'a (t) = f (t) f (a) est
t a
croissante.
0
0
+
0
0
0
0
0
CHAPITRE 2. VARIABLE RE ELLE ; CORRIGE S
26
M f (a) ou M est un majorant de f . ' etant
Supposons t > a alors 'a (t)6
a
t a
croissante elle possede une limite (eventuellement innie) en +1 ; celle-ci est
M f (a) 2 R c'est-a-dire 0. Nous
majoree par la limite en +1 de t > a 7 !
t a
en deduisons 8t > a; 'a (t)60. f est donc decroisante.
f majoree possede une limite reelle en 1 ce qui conduit a t!lim1 'a (t) = 0. 'a
etant croissante est positive et f est croissante. En conclusion f est constante.
14. (a) La fonction logarithme est concave donc 8(; ) 2 ([0; 1]) ; + = 1,
8(u; v) 2 (R ) ; ln(u + v)> ln(u) + ln(v).
Cett inegalite est equivalente a u v 6u + v.
(b) Avec les notations precedentes nous avons g(u + v)6g(u) + g(v),
car g est convexe.
exp etant croissante il vient exp(g(u + v))6 exp(g(u) + g(v)) c'esta-dire (exp g) (u + v) 6((exp g)(u)) + ((exp g)(u)) soit encore d'apres
le resultat precedent
(exp g) (u + v) 6((exp g)(u)) + ((exp g)(u)).
exp g est donc convexe.
(c) Notons G(x) = ax + g(x).
Si g est convexe nous avons pour (; ) 2 ([0; 1]) et pour (u; v) 2 J
G(u + v) = (au)+ (av)+ g(u + v)6(au)+ (av)+ g(u)+ g(v)
c'est-a-dire G(u + v)6G(u) + G(v) et G est convexe.
f (x) exp(ax) = exp(ax +(ln f )(x)). En utilisant les resultats precedents,
nous en deduisons que si ln f est convexe alors x 7 ! exp(ax)f (x) l'est
aussi.
ln(f (v)) ln(f (u))
Soient (; ) 2 ([0; 1]) et (u; v) 2 I . Posons a =
.
u
v
Nous obtenons alors exp(a (u v))f (u) = f (u) f (u) et de m^eme
exp(a(v u))f (v) = f (u)f (u) donc
exp(a (u v))f (u) + exp(a(v u))f (v) = f (u) f (u) .
Supposons que pour tout reel a, x 7 ! exp(ax)f (x) soit convexe. Nous
avons alors 8a 2 R,
exp(a(u + v))f (u + v))6 exp(au)f (u) + exp(av)f (v) c'est-a-dire,
avec le choix de a fait precedemment,
f (u + v)6 exp(a (u v))f (u) + exp(a(v u))f (v) = f (u) f (u)
donc ln(f (u + v))6 ln(f (u)) + ln(f (v)).
L'equivalence est demontree.
15. Soient f la restriction de f a [a; c] et f la restriction de f a [c; b]. f induit
un homeomorphisme f
f de [a; c] dans [f (a); f (c)][ et f induit un homeof
morphisme f de [c; b] dans [f (b); f (c)].
8 f
>
< ( f ) f (x) pour x 2[a; c[
La fonction g est alors denie par g(x) = > ( f
x 2]c; b]
: f ) c f (x) pour
pour x = c
est clairement continue sur [a; b] n fcg.
2
+
2
2
2
1
2
2
2
1
1
2
2
2
1
1
1
27
lim g(x) = ( f
f ) (f (c)) = c, xlim
g(x) = ( f
f ) (f (c)) = c. g est donc conti!c
nue, strictement decroissante.
Si f est derivable sur [a; b] n fcg a derivee ne s'annulant pas alors g est derivable sur [a; b] n fcg.
f 0
0 (x)
f
0
0
Pour x < a, g (x) = f (x) ( f ) (f (x)) = 0
f (g(x)) . Nous avons le m^eme
resultat pour x > c.
Si f derivable sur [a; b] a derivee ne s'annulant pas nous avons xlim
g0 (x) = 1
!c
0
donc g est derivable sur [a; b] de derivee denie par g0 (x) = 0f (x) .
f (g(x))
Si la derivee s'annule on ne peut rien dire.
Choisissons par exemple une fonction f continue strictement croissante sur
[0; 1]. Pour x 2 [1; 2] posons f (x) = f (2 x). Nous obtenons alors
g(x) = 2 x. g est derivable independamment des proprietes de f .
p
f (x) = x; x 2 [0; 1], f (x) = (x 2) ; x 2 [1; 2].
p
(f
f ) (x) = x ; x 2 [0; 1], ( f
f ) p(x) = 2 x; x 2 [0; 1]. Nous obtenons
x et pour x 2 [1; 2], g(x) = (2 x) .
donc pour x 2 [0; 1], g(x) = 2
f est de classe C sur ]0; 1] et f est de classe C .
f n'est pas derivable en 0, n'est pas derivable en 1. f 0 (2) = 0. g n'est pas
derivable en 0 et est derivable en 2.
0 (1)
0 (1)
f
f
0
0
lim g (x) = 0 = 4 et lim g (x) = 0 = 1 .
x!
f (1)
x!
f (1)
4
g a donc une derivee a gauche et une derivee a droite en 1 et n'est pas derivable
en 1.
x!c+
1
1
2
1
1
2
1
2
4
1
1
1
2
2
1
1
2
1
1
1
2
4
1
2
2
1+
4
1
1+
1
2
16. 8n 2 Z; 2(2n x + 2n 1) + 1 = 2n x + 2n
1 donc
n
n
n
n
an = f 2 x + 2
1 = f (2 x + 2 1) = an c'est-a-dire
n
8n 2 Z; 8x 2 R; f (2 x + 2n 1) = f (x).
En faisant tendre n vers 1, f etant continue nous obtenons f (x) = f ( 1).
f est donc constante.
Les fonctions constantes sont bien solutions.
+1
+1
+1
+1
+1
17. f etant continue, l'image de [0; 1] est un intervalle ferme [a; b] [0; 1].
Soit x 2 [a; b]. Il existe t 2 [0; 1], f (t) = x donc f (x) = f (f (t)) = f (t) = x.
La restriction de f a [a; b] est l'identite.
Il sut donc de choisir [a; b] un intervalle inclus dans [0; 1] puis f continue
sur [0; a], f [a; b] = Id a;b et f continue sur [b; 1].
Nous avons evidemment f (a) = a et f (b) = b.
Si f est derivable alors f 0 (a) = 1. Supposons a 2]0; 1].
f (t) f (a)
1
0
Il existe > 0 tel que pour t 2 [a ; a[; f (a) 6 2 et en
t a
particulier f (t)6f (a) + 1 (t a) = 1 (t + a)6a.
2
2
[
4
Faire un desssin.
]
CHAPITRE 2. VARIABLE RE ELLE ; CORRIGE S
28
Par hypothese, car f ([0; 1]) = [a; b]), f (t)>a donc sur [a ; a]; f (t) = a et
on a fg0 (a) = 0 6= 1. Nous aboutissons a une contradiction et nous en deduisons
a = 0 et de m^eme b = 1 puis f = Id ; .
18. Soit f 2 E . Il existe Mf 2 R tel que 8t 2 R; jf (t)j6Mf jtj. Nous avons alors jg(t)j6Mf jtj + C jtj c'est-a-dire pour t 2 R; g(t) 6 3 Mf .
2
t 2
g est continue donc g 2 E .
u est clairement lineaire.
t
Soit f 2 E veriant u(f ) = 0. Nous obtenons 8n 2 N; 8t 2 R; f (t) = f n .
2
En calculant la limite lorsque n tend vers +1 nous en deduisons f (t) = 0. u
est donc injective.
t
Soit g 2 E . Nous recherchons f 2 E veriant 8t 2 R; g(t) = f (t) f
.
2
t t t g doit donc verier g 2n = f 2n f 2n puis
t n X
n X
n X
t
t
t
g 2k = f 2k
f 2k = f (t) f 2n .
k
k
k
t n X
t
Nous devons donc avoir 8t 2 R; f (t) = g k + f n .
2
2
k
Il existe Mg 2 R tel que 8t 2 R; jg(t)j6Mg jtj.
t 1
Supposons jtj6A (A > 0 xe). g k 6Mg A k . La serie de terme general
2
2
t
g 2k converge alors normalement donc sa somme est continue sur [ A; A]
puis, A etant quelconque, est continue sur R et verie
X1 t X1 1
g
6
M
j
t
j
g
k k = 2Mg jtj.
2
2
k
k
[0 1]
+
+1
+1
=0
=0
+1
=0
+1
=0
+
+
+
=0
En posant f (t) =
X1
+
t
=0
g 2k , on dispose d'une fonction continue appartenant
a E . Si f existe, il s'at de cette fonction. Montrons que f convient.
t X1 t X1 t f (t) f 2 = g 2k
g 2k = g(t).
k
k
X1 t u est donc bijective et pour f 2 E , u (f ) (t) = f 2k .
k
Il est immediat que l'application proposee est bien denie et qu'il s'agit d'une
norme.
Calculons sup ku(f )k .
kf k
kf k
k=0
+
+
+1
=0
=0
+
1
=0
=1
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
29
j
f (t) f t j
ku(f )k = sup
. jtj6jf (t)j6jtj donc ju(f )j6 3 jtj et ku(f )k6 3 .
t
2
2
2
t2R
3
Un majorant de la norme de u est donc egal a .
2
19. Si f est T -periodique alors f (R) = f ([0; T ]). f etant continue est bornee.
La retriction de f a [ T; T ] est uniformement continue donc pour " > 0 il
existe > 0 tel que 8(x; y) 2 ([ T; T ]) , jx yj6 ) kf (x) f (y)k6".
On peut supposer < T .
Soient x et y deux reels veriant jx yj6.
9(n; m) 2 Z tel que x = nT + x0 ; y = mT + y0 avec 06x0 < T; 06y0 < T .
f (x) f (y) = f (x0 ) f (y0).
j(n m)T j6 + jx0 y0j < + T < 2T . Nous en deduisons n = m ou
jn mj = 1.
Dans le premier cas jx0 y0 j6 avec x0 et y0 dans [0; T [ [ T; T ] donc
kf (x) f (y)k6".
Dans le second cas si n = m + 1 posons y00 = y0 T 2 [ T; 0[ [ T; T ] et
x00 = x0 ; si n = m 1 posons x00 = x0 T 2 [ T; 0[ [ T; T ] et y00 = y0 .
Nous avons jx00 y00 j6 et kf (x) f (y)k = kf (x00 ) f (y00 )k6". f est bien
uniformement continue sur R.
2
2
20. Soit l la limite de f en +1. Soit x 2 R. n 2 N 7 ! f (x + nT ) 2 E est
une suite convergente de limite l. E tant donne que f (x + nT ) = f (x) la suite
converge vers f (x) = l. Nous en deduisons que f est constante.
21. (a) Soit " > 0. Il existe, puisque f est uniformement continue, > 0 veriant
8(u; v) 2 (R ) ju vj6 ) kf (u) f (v)k6 2" .
Soit x 2]0; ]. La suite de terme general f (nx) converge vers l 2 E . Il
existe donc un entier N veriant pour tout entier n>N , kf (nx) lk6 " .
2
Posons A = (N + 1)x. Soit y>A. Soit n = E y .
x "
Nous avons 06y nx < x6 donc kf (y) f (nx)6 , nx > y x>Nx
2
"
donc n > N et kf (nx) lk6 .
2
Nous en deduisons kf (y) lk6".
f a bien une limite en +1.
(b) Il sut de reprendre la demonstration precedente en choisisssant x = 1
p
1
avec p 2 N veriant p> .
22. (a) Considerons les deux suites de termes generaux respectifs :
p
tn = (n + 1); t0n = tn + t1 ; n 2 N .
n
1
0
0
lim (t tn) = 0. jf (tn) f (tn)j = sin 2 +
donc
n! 1 n
(n + 1)
lim jf (t0n) f (tn)j = sin(2) 6= 0 et f n'est pas uniformement continue.
n! 1
+
+
+
2
CHAPITRE 2. VARIABLE RE ELLE ; CORRIGE S
30
(b) Soit " > 0. Il existe > 0 veriant : 8(u; v) 2
jf (u) f (v)j6".
t
Soit t 2 R. Posons n = E
.
Si t>0 alors f (t) = f (t) f (n) +
n
X
1
k=0
R2;
ju vj6 )
(f ((k + 1)) f (k)) + f (0). (Si
n = 0 alors la somme est remplacee par 0).
X
Si t < 0 alors f (t) = f (t) f (n) + (f (k) f ((k + 1))) + f (0).
k n
Dans le premier cas nous obtenons jf (t)j6(n + 1)" + jf (0)j. Dans le second cas jf (t)j6(jnj + 1)" + jf (0)j.
En examinant les deux cas nousavons jnj61 + jtj donc 8t 2 R, jf (t)j6 2 + jtj " + jf (0)j = " jtj + (2" + jf (0)j).
1
=
(c) Pour jtj61, t 6jtj61 donc j sin(t )j6j sin(t)j6jtj.
Pour jtj>1; j sin(t )j616jtj donc cette fonction verie l'inegalite proposee
avec a = 1 et b = 0 mais n'est pas uniformement continue.
2
2
2
23. t 7 ! t et t 7 ! 1 t sont solutions.
Soit f une solution. Celle-ci verie jf (1) f (0)j>1 donc f (1) = 1 et f (0) = 0
ou f (1) = 0 et f (0) = 1.
Si f est solution alors t 7 ! f (1 t) est aussi solution donc, quitte a changer
t en 1 t, on peut supposer f (1) = 1 et f (0) = 0.
jf (t) f (0)j = f (t)>jtj = t, jf (t) f (1)j = 1 f (t)>j1 tj = 1 t. Nous en
deduison f (t) = t. Il n'y a donc que les deux solutions vues precedemment.
24. Il est clair que si une application est strictement monotone elle est injective.
Montrons qu'une application f denie sur un intervalle I de R a valeurs reelles
est strictement monotone si et seulement si pour tout triplet (a; b; c) de points
de I , a < b < c ) (f (b) f (a))(f (b) f (c)) < 0.
Il est clair que si f est strictement monotone la proposition est veriee.
Supposons que pour tout triplet (a; b; c) de points de I veriant a < b < c
on ait (f (b) f (a))(f (b) f (c)) < 0.
Considerons quatre elements, a; b; x et y de I . Montrons que f (y) f (x) est
du signe de f (b) f (a) ; ce qui prouvera la stricte monotonie de f .
Quitte a echanger les r^oles de fx; yg et de fa; bg, nous avons trois cas a
envisager.
x < y < a < b.
(f (y) f (x))(f (y) f (a)) < 0 et (f (a) f (y))(f (a) f (b)) < 0 donc en
eectuant le produit nous obtenons (f (y) f (x))(f (b) f (a)) > 0.
x < a < y < b.
f (x) f (a) a le signe de f (a) f (y) don a le signe de la somme f (x) f (y).
f (x) f (a) a le signe de f (a) f (b). Nous en deduisons que f (x) f (y) a le
signe de f (a) f (b).
31
x < a < b < y.
f (a) f (y) a le signe de f (x) f (a) donc a le signe de la somme f (x) f (y).
f (x) f (a) a le signe de f (a) f (b) donc f (x) f (y) a le signe de f (a) f (b).
Le resultat est demontre.
Remarque si les inegalites sont larges, il s'agit de monotonie.
Montrons maintenant que si f est une application injective continue denie
sur un intervalle, I , de R a valeurs reelles alors f est strictement monotone.
Soient a; b et c trois elements de I ; a < b < c.
Nous devons montrer qu'alors (f (b) f (a))(f (b) f (c)) < 0.
Si ce n'est pas le cas alors il existe a; b et c trois elements de I ; a < b < c tels
que f (a) < f (b) et f (c) < f (b) ou f (a) > f (b) et f (c) > f (b).
Supposons f (a) < f (b) et f (c) < f (b).
Nous avons f (c) < f (a) < f (b) ou f (a) < f (c) < f (b).
Dans le premier cas f (a) 2 [f (c); f (b)] f ([b; c]). f etant continue, il existe
d 2 [b; c] f (a) = f (d). f etant injective il vient a = d 2 [b; c] ce qui est faux.
Dans le second cas il existe d 2 [a; b] tel que f (c) = f (d) puis f etant injective
c = d 2 [a; b] ce qui est faux.
De maniere analogue le cas f (a) > f (b) et f (c) > f (b) n'est pas possible et f
est strictement monotone.
Nous avons donner une seconde demonstration de ce resultat.
Soient a; b; x et y quatre elements de I . Supposons a < b et x < y.
t 2 [0; 1] 7 ! ta + (1 t)x tb (1 t)y 2 R est une application ane,
monotone. La valeur en 0 est x y < 0, la valeur en 1 est a b < 0. La
fonction reste donc strictement negative et en particulier ne s'annule pas sur
[0; 1].
f (ta + (1 t)x) f (tb + (1 t)y) .
Nous pouvons poser pour t 2 [0; 1] '(t) =
ta + (1 t)x tb (1 t)y
I etant un intervalle, ' est bien denie et est continue.
'(t) = 0 ) f (ta + (1 t)x) = f (tb + (1 t)y). f etant injective cela implique
ta + (1 t)x tb (1 t)y = 0 ce qui est faux donc f ne s'annule pas.
[0; 1] est un intervalle et ' est continue donc ' est de signe xe. En particulier
'(0)'(1) > 0 c'est-a-dire f (xx) fy (y) f (aa) fb (b) > 0. f est donc strictement
monotone.
25. f est injective et continue donc comme nous l'avons vu a l'exercice precedent,
elle est strictement monotone.
Supposons f croissante. Soit a tel que f (a) < a. Alors a = f (f (a)) < f (a) ce
qui est faux. Si a < f (a) alors f (a) < a. f est donc l'identite.
Supposons f strictement decroissante.
Si f (0) < 1 alors 0 > f (1) ce qui est faux donc f (0) = 1 et f (1) = 0. De
1 t
nombreuses fonctions sont solutions ; par exemple t 2 [0; 1] 7 !
2R
1
+
at
t
1
at = 1 at (1 t) = t.
ou a > 1. (f f )(t) =
1 + a att 1 + at + a(1 t)
1
1+
1
1+
CHAPITRE 2. VARIABLE RE ELLE ; CORRIGE S
32
26. Soit f une application continue d'un intervalle ferme borne [a; b] dans luim^eme. Nous avons alors f (a) a> et f (b) b60. L'application continue
t 2 [a; b] 7 ! f (t) t 2 R possede donc au-moins un zero sur [a; b] et f
possede au-moins un point xe.
Soit E l'ensemble des points xes de f . E est l'image reciproque par f Id a; b
du ferme f0g donc est un ferme de [a; b] ; il s'agit donc d'un ferme de R. E
est donc ferme borne dans R.
Un ferme, A, de R majore possede un maximum, un ferme, A, de R minore
possede un minimum.
En eet si A est majore il possede une borne superieure M . Montrons que M
1
appartient a A. Soit n 2 N. M
n + 1 < M donc il existe xn 2 A veriant
M n +1 1 < xn 6M . La suite (xn )n2N converge vers M ; A eatnt ferme cette
limite appartient a A d'ou le resultat. On fait de m^eme pour le minimum m
de A.
E possede donc un plus petit element m et un plus grand element M .
Si f (x) = x alors f (g(x)) = g(f (x)) = g(x) ; g(x) est alors point xe de f .
En particulier g(m) 2 E et g(M ) 2 E donc g(m)>m = f (m) et g(M )6M =
f (M ) c'est-a-dire (g f )(m)>0 et (g f )(M )60. g f est continue donc
possede au-moins un zero c 2 [a; b] c'est-a-dire g(c) = f (c).
[
]
27. Supposons I = [a; b] ferme borne. Supposons f (b) > f (a) car sinon le resultat
est immediat. Soit n 2 N. Pour x 2 [a; b[ notons f (x + 0) la limite a droite
de f en x. Cette limite existe et est reelle car f est croissante. De m^eme pour
x 2]a; b] notons f (x 0) la limite a gauche de f en x. Cette limite existe
aussi et est re
elle car f est croissante.
f
(b) f (a)
Notons En = x 2 [a; b]; f (x + 0) f (x 0)>
.
n+1
Nous remplacons f (a + 0) f (a 0) par f (a + 0) f (a) et f (b + 0) f (b 0)
par f (b) f (b 0).
En est ni car sinon il existe n +2 elements de En (x ; ; xn ) deux a deux
distincts ranges dans l'ordre croissant. Notons a = x et b = xn et pour k
allant de 0 a n + 2, yk = 1 (xk + xk ).
2
n
X
Nous obtenons (f (x + 0) f (x 0))> (n + 2)(f (b) f (a)) > f (b) f (a).
n+1
k
Par ailleurs f (xk + 0) f (xk 0)6f (yk ) f (yk ) pour k allant de 1 a n + 2.
Il vient alors
1
+2
0
+3
+1
+2
=1
1
n
X
+2
k=1
(f (x + 0) f (x 0))6
n
X
+2
k=1
(f (yk) f (yk )) = f (yn ) f (y )6f (b) f (a).
1
+2
0
Nous arrivons a une contradiction. En est donc ni.
Si x est un point de discontinuite de f alors s(x) = f (x + 0) f (x 0) > 0
et il existe n 2 N veriant s(x)> f (b) f (a) c'est-a-dire x 2 En. L'ensemble
n+1
33
des points de discontinuite de f est la reunion des ensembles En qui est donc
denombrable comme reunion denombrable d'ensembles denombrables (car nis).
Supposons I = [a; +1[. Notons Dn l'ensemble des points de discontinuite de f
5
[1
+
sur [a; a+n]. Si x est un point de discontinuite de f alors x 2 D E x Dn.
n
L'ensemble des points de discontinuite de f est donc denombrable comme
reunion denombrable d'ensembles denombrables.
Supposons I = [a; b[ abec b reel.
1 1 . Il est immediat
puis pour n 2 N an = b
Notons p = 1 + E
b a
n+p
que nous avons a < an < b.
Notons Dn l'ensemble des points de discontinuite de f sur [a; an].
Soit x un point de discontinuite de f . Il existe n 2 N tel que a6x < an
[1
donc il existe un entier n tel que x 2 Dn Dn . L'ensemble des points de
n
discontinuite de f est alors denombrable.
Nous faisons des raisonnements analogues lorsque I =] 1; b] ou ]a; b]. En
decoupant l'intervalle en deux nous obtenons aussi la m^eme reponse si I =]a; b[
ou I =] 1; b[ ou I =]a; +1[ ou I =] 1; +1[.
1+
( )
=0
0
0
+
=0
28. Supposons I = [a; b]. Soient x et y deux elements de ]a; b[. f est continue
sur ]a; b[.
D'apres le theoreme des accroissements nis, il existe c strictement compris
entre x et y tel que f (y) f (x) = (y x)f 0(c) donc jf (y) f (x)j6jx yjkf 0k1 .
En utilisant le premier exercice nous en deduisons que f possede une limite en
tout point de [a; b]. f est donc prolongeable par continuite sur [a; b].
Remarque ce resultat reste vrai si l'espace d'arrivee est un espace vectoriel
norme complet ; il sut d'utiliser l'inegalite des accroissements nis. Nous pouvons aussi remarquer que f est uniformement continue sur I donc
prolongeable par continuite sur l'adherence de I .
29. Soit f une application continue de C dans C veriant 8z 2 C (f (z )) = z .
Nous avons en particulier 8t 2 R; (f (exp(it))) = exp(it).
it .
Posons g(t) = f (exp(it)) exp
2
g est continue et verie 8t 2 R; (g(t)) = 1 et g(t + 2) = g(t). Nous avons
alors g(t) 2 f 1; 1g ; d'apres le theoreme des valeurs intermediaires g est
donc constante ce qui contredit g(t + 2) = g(t).
g n'existe donc pas.
Nous venons de demontrer qu'il n'existe pas de fonction continue de C dans
C denissant une racine carree d'un nombre complexe.
2
2
2
6
5
6
Voir l'exercice numero 2 du chapitre 7 de topologie.
Ou aussi parce que R est connexe par arcs.
CHAPITRE 2. VARIABLE RE ELLE ; CORRIGE S
34
30. Posons g = f + 1. Nous en deduisons 8(x; y) 2 R ; g(x + y) = g(x)g(y).
g(0 + 0) = g(0) donc g(0) = 0 ou 1.
Si g(0) = 0 alors g(x) = g(x + 0) = g(0)g(x) = 0 ; f = 1.
Supposons g(0) = 1 c'est-a-dire f (0) = 0.
g(2x) = (g(x)) donc 8x 2 R; g(x)>0.
Supposons qu'il existe a 2 R; g(a) = 0 alors g(x) = g(a)g(x a) = 0 ce qui
est faux donc 8x 2 R; g(x) > 0.
Posons G(x) = ln(g(x)).
G verie la relation 8(x; y) 2 R ; G(x + y) = G(x) + G(y).
Nous avons G(0) = 0 = G(x x) = G(x) + G( x) donc G est impaire.
G((n + 1)x) = G(nx) + G(x) donc nous montrons par recurrence que pour
n 2 N, G(nx) = nG(x)puis 8n 2 Z;G(nx) = nG(x).
1 1
1
1
Soit n 2 N . G(1) = G n = nG
. Nous avons alors G
= G(1)
n
n
n
n
1 p
p
puis G
q = pG q = q G(1) ou (p; q) 2 Z N .
G est continue par hypothese. Soit x 2 R, limite d'une suite (xn)n2N de rationnels. Nous avons alors n!lim1 G(xn ) = G(x) c'est-a-dire n!lim1 xnG(1) = G(x).
Nous obtenons donc G(x) = xG(1).
En revenant aux notations initiales nous obtenons f (x) = exp(ax) 1 ou
a = G(1).
Pour toute valeur de a une telle fonction f convient.
2
2
2
2
7
+
+
31. (a) Premiere methode.
Supposons f 0 (a)f 0(b)60. Montrons qu'il existe c 2 [a; b] tel que f 0 (c) = 0.
Si f 0 (a)f 0(b) = 0, le resultat est prouve.
Supposons donc f 0 (a)f 0(b) < 0 et 8c 2]a; b[; f 0 (c) 6= 0.
Soit (x; y) 2 ([a; b]) . D'apres le theoreme de Rolle, f (x) 6= f (y) sinon
la derivee s'annulerait en un point de l'intervalle ouvert d'extremites x et
y. f est donc injective, continue. Nous savons qu'alors f est strictement
monotone et la derivee f 0 est de signe xe sur [a; b] et ne peut verier
f 0 (a)f 0 (b) < 0.
Soient m et M les images respectives par f 0 des points et de [a; b].
Soit l entre m et M . Montrons que l est une image par f 0 d'un point de
[a; b].
Posons F (t) = f (t) lt. F 0 ()F 0 ( )60 donc il existe c entre et tel
que 0 = F 0 (c) = f 0 (c) l. Le segment d'extremites m et M est donc
inclus dans f 0 ([a; b] ce qui prouve que f 0 ([a; b] est un intervalle ; d'ou le
resultat demande.
Deuxieme methode.
f (t) f (a) et F (a) = f 0 (a). Par construcPosons, pour t 2]a; b], F (t) =
t a
tion, F est continue sur [a; b].
8y 2 F ([a; b]), il existe c 2 [a; b], x = F (c). En particulier, pour y entre
2
8
7
8
Il s'agit la en fait d'un resultat classique.
Voir les exercices precedents.
35
f 0 (a) et f (bb) af (a) Il existe c 2 [a; b], x = F (c).
f (c) f (a) .
Si c = a alors x = f 0 (a), si c 2]a; b]; y =
c a
En utilisant le theoreme des accroisssements nis, il existe d 2]a; c[
[a; b] tel que y = f 0 (d).
En faisant le m^eme raisonnement avec l'application G denie par G(b) =
f 0 (b) et G(t) = f (t)t fb (b) pour t 2 [a; b[ nous en deduisons que pour y
f (b) f (a) il existe d 2 [a; b] tel que y = f 0 (d).
entre f 0 (b) et
b a
Finalement pour tout y entre f 0 (a) et f 0 (b) il existe d 2 [a; b] tel que
y = f 0 (d).
Soient m et M deux images par f 0 de deux points et de [a; b].
Soit y entre m et M ; d'apres ce que nous venons de voir il existe d entre
et tel que y = f 0 (d) d'ou le resultat demande.
(b) Supposons pour commencer que l'on a f 0 (a) = 0. Soit F l'application
denie par F (a) = 0 et pour t 2]a; b], F (t) = f (t) f (a) .
t a
F est continue sur [a; b], F est derivable sur ]a; b].
0
Pour t 6= a, F 0 (t) = (t a)f (t) (f (t) f (a)) .
(t a)
Montrons qu'il existe c 2]a; b[ tel que F 0 (c) = 0.
F 0 (b) = f ((bb) af)(a) = F (bb) Fa (a) . D'apres le theoreme des accroisssements nis il existe d 2]a; b[ tel que F (b) F (a) = F 0 (d). Nous avons
b a
0
0
0
alors F (b)F (d)60. Si f (a) = f (b) alors F (d) = 0. Sinon F 0 (b)F 0(d) < 0
et il existe d0 2]a; b[ tel que F 0 (d0 ) = 0.
Il existe donc c 2]a; b[ tel que F 0 (c) = 0 puis (c a)f 0 (c) = f (c) f (a).
Dans le cas general, posons f (t) = f (t) (t a)f 0 (a).
f 0 (a) = 0; f 0 (b) = f 0 (b) f 0 (a) = 0 donc il existe c 2]a; b[ veriant
0
f 0 (c) = f (c) (c c a)fa (a) f (a) c'est-a-dire en simpliant :
f 0 (c) = f (cc) fa (a) .
Geometriquement cela signie qu'il existe un point de ]a; b[ ou la tangente a la courbe representative de f passe par le point de coordonnees
(a; f (a)) et de m^eme il existe un point de ]a; b[ ou la tangente a la courbe
representative de f passe par le point de coordonnees (b; f (b)).
32. Nous savons, en utilisant le theoreme des accroissements nis, que si une application f reelle est continue sur [a; b], derivable sur ]a; b[ et si la derivee f 0
possede une limite reelle l en a alors f est derivable en a et l = f 0 (a).
2
2
1
1
1
1
CHAPITRE 2. VARIABLE RE ELLE ; CORRIGE S
36
Soit a 2 I . f 0 est croissante donc possede en a une limite a gauche et une
limite a droite ; ces limites verient f 0 (a 0)6f 0 (a)6f 0 (a + 0). D'apres le rappel nous en deduisons f 0 (a 0) = f 0 (a) = f 0 (a + 0). f 0 est donc continue en a.
Si a est l'eventuelle borne de gauche de I ferme a gauche en a, f 0 possede une
limite a droite en a et f 0 (a) = f 0 (a + 0) ; nous avons un resultat analogue en
la borne eventuelle de droite b de I ferme a droite en b. f 0 est donc continue.
Remarque Nous avons deja demontre que l'image d'un intervalle par une derivee est un intervalle. Par ailleurs nous savons que si une application reelle
croissante a pour image un intervalle elle est continue donc f 0 est continue.
9
33. Supposons pour commencer que l'on a f (a) = f (b).
Il existe c 2]a; b[ ou f possede un maximum ou un minimum. En eet f est
continue donc il existe (t ; t ) 2 [a; b] tel que 8t 2 [a; b]; f (t )6f (t)6f (t ).
Si t = a et t = b alors f est constante et il existe c 2]a; b[ ou f possede un
maximum. Sinon l'un des deux elements t ou t appartient a ]a; b[.
Supposons qu'en c, f possede un maximum.
Pour t < c nous avons f (t) f (c) >0 et pour t > c, f (t) f (c) 60.
t c
t c
0
0
En particulier fg (c)>0 et fd(c)60. Les signes sont inverses dans le cas d'un
minimum.
Revenons au cas general.
f (b) f (a) (t a).
Posons g(t) = f (t) f (a)
b a
g(b) = g(a) ; g est continue et g est derivable a gauche et a droite en tout
point de ]a; b[ donc il existe c 2]a; b[ tel que gg0 (c)60 et gd0 (c)>0 ou gd0 (c)60
et gg0 (c)>0.
gd0 (t) = fd0 (t) f (bb) fa (a) et gg0 (t) = fg0 (t) f (bb) fa (a) d'ou le resultat demande.
0
0
1
2
0
1
1
0
1
34. Supposons, quitte a changer f en f , que f (b) > 0. Par continuite, il existe
b0 2]a; b[ tel que pour tout t 2 [b0 ; b] on a f 0 (t) < 0. Nous en deduisons
f (b0 ) > f (b) > 0 = f (a). f est continue donc il existe d 2]a; b0 [ tel que
f (d) = f (b). D'apres le theoreme de Rolle il existe alors c 2]d; b[]a; b[
veriant f 0 (c) = 0.
Remarque dans le cas general, si (f (b) f (a))f 0(b) < 0 alors il existe c 2]a; b[
tel que f 0 (c) = 0.
35. Choisissons K tel que F (c) = 0 ; cela est possible car (c a)(c b) 6= 0. Il
Soit f une application croissante denie de l'ensemble A dans R. Nous supposons f (A) = I
est un intervalle. Soit a 2 A. Supposons f (a 0) < f (a). 8y 2]f (a 0); f (a)[; 9t 2 A; f (t) = y.
Si t < a alors f (t)6f (a 0) et si t = a alors f (t) = f (a) donc t > a mais alors f (t)>f (a). Nous
en deduisons f (a 0) = f (a) et de m^eme f (a + 0) = f (a). f est continue en a. Si a 2 A est
l'eventuelle borne de gauche de A alors le raisonnement s'applique avec la limite a droite en a ; de
m^eme si a 2 A est l'eventuelle borne de droite de A. f est donc continue.
9
37
c a (f (b) f (a)) = K (c a)(c b) .
sut d'avoir f (c) f (a)
b a
2
F est continue sur [a; b] deux fois derivable sur ]a; b[. F (a) = 0; F (b) = 0.
Il existe, d'apres le theoreme de Rolle, c 2]a; c[ et c 2]c; b[ tels que
F 0 (c ) = F 0 (c ) = 0. F 0 est derivable sur [c ; c ] donc toujours d'apres le
theoreme de Rolle il existe d 2]c ; c []a; b[ tel que F 00 (d) = 0.
F 00 (t) = f 00 (t) K . Nous en deduisons
f (c) f (a) cb aa (f (b) f (a)) f 00 (d) (c a)(2 c b) = 0 d'ou le resultat demande.
Remarque lorsque l'on calcule la valeur d'une fonction en un point c par
interpollation lineaire entre les valeurs prises en deux points a et b, l'erreur
que l'on
fait est = jf (c) f (a) c a [f (b) f (a)]j = j(c a)(c b)j jf 00 (d)j.
b a
2
Si la derivee seconde est bornee, de valeur absolue majoree par M nous obteM (b a) .
nons 6
8
Supposons que l'on veuille etablir une table des valeurs trigonometriques pour
des mesures d'angles en degres. Supposons que les donnees soient fournies
de 30 minutes en 30 minutes d'angle (60 minutes correspondent a un degre
d'angle) .
t Notons sind la fonction telle que sind(t) = sin
. Un majorant de la de180
rivee seconde est . Un majorant de l'erreur due a l'interpolation lineaire
180
1
est
60; 00001.
180 32
Il ne sert a rien dans une telle table de donner les valeurs approchees avec plus
de cinq decimales.
Si f est de classe C nous pouvons faire une demonstration dierente.
Dans ces conditions
Z b nous avons
f (t)dt b a (f (a) + f (b)) 6 (b a) kf 00k1]
2
12
a
En eet. f est de classe C . Integrons par parties ; nous obtenons
a + b b Z b a + b Zb
0 (t) dt.
f (t) dt = t
f
(t)
t
f
2
2
a
a
a
Nous pouvons a nouveau integrer par parties. Il vient
a + b b " 1 a + b (b a) ! #b
Zb
0 (t)
f (t) dt = t
f
(t)
t
f
2
2
2
8
a
a
Z b 1 a + b (b a) ! a
+
t
f 00 (t) dt.
2
2
8
a
1
1
2
2
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
3
2
2
2
2
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
2
38
1 t a+b
2
2
CHAPITRE 2. VARIABLE RE ELLE ; CORRIGE S
(b a) = (t a)(t b) .
8
8
Zb
Z b (t a)(t b)
b
a
Finalement f (t)dt
(f (a) + f (b)) =
f 00 (t) dt puis
2
8
a
a
Z b
Z
b
f (t)dt b a (f (a)+ f (b)) 6kf 00 k1 (a t)(t b) dt = (b a) kf 00 k1.
2
8
12
a
a
36. Choisissons K tel que F (b) = 0.
Il sut pour cela d'avoir f (b) f (a) 1 (b a)(f 0 (b) + f 0 (a)) = K (b a) ce
2
qui est possible car b a 6= 0.
F est de classe C sur [a; b] et possede une derivee troisieme sur ]a; b[.
D'apres le theoreme de Rolle il existe c 2]a; b[ tel que F 0 (c ) = 0.
F 0 (t) = f 0 (t) 12 (f 0 (t) + f 0 (a)) t 2 a f 00 (t) 3K (t a)
= 1 (f 0 (t) f 0 (a)) t a f 00 (t) 3K (t a) .
2
2
F 0 (a) = 0 donc nous pouvons appliquer le theoreme de Rolle sur [a; c ]. Il
existe c 2]a; c [ tel que F 00 (c ) = 0.
F 00 (t) = 12 f 00 (t) t 2 a f 000 (t) 12 f 00 (t) 6K (t a)
t a f 000 (t) 6K (t a).
=
2
Nous avons donc 0 = 1 f 000 (c) 6K soit encore
2
1
f (b) f (a) 2 (b a)(f 0 (b) + f 0 (a)) = (b 12a) f (c).
Remarque soit f une fonction numerique de classe C sur l'intervalle ferme
borne [a; b]. On suppose que f 00 existe sur ]a; b[ et qu'il existe M 2 R tel
que 8t 2]a; b[; jf 00 (t)j6M .
Lorsque nous calculons une valeur approchee d'une integrale par la methode
des trapezes, un
de l'erreur entre la valeur
de l'integrale et sa valeur
Z majorant
b
b a (f (b) + f (a)) 6 (b a) M .
approchee est f (t) dt
12
2
a
37. x!lim1 f 0 (x) = +1. Soit B 2 R. Il existe A>a; A > 0 tel que pour x>A on
ait f 0 (x)>B + 1.
Soit x > A.
f est continue sur [A; x], derivable sur ]A; x[ donc d'apres le theoreme des
accroissements nis il existe c 2]A; x[ tel que f (x) f (A) = (x A)f 0 (c) puis
f (x) f (A)>(x A)(B + 1).
lim f (A) + (x A)(B + 1) = +1 donc x!lim1 f (x) = +1.
x! 1
f (x) > f (A) A(B + 1) + B + 1 ; lim f (A) A(B + 1) + B + 1 = B + 1
x! 1
x
x
x
donc il existe C que l'on peut choisir plus grand que A veriant pour tout
2
2
3
3
2
1
1
2
2
1
1
2
3
(3)
1
+
3
+
+
+
+
39
x>C , f (A) Ax (B + 1) + B + 1>(B + 1) 1 = B .
Nous obtenons donc pour tout reel B l'existence d'un reel C > a veriant
8x>C f (xx) >B c'est-a-dire x!lim1 f (xx) = +1.
lim f 0 (x) = l 2 R.
x! 1
Soit " > 0. Il existe A > a, A > 0 tel que pour x>A on ait l " 6f 0 (x)6l + " .
2
2
Soit x > A. En utilisant a nouveau le theoreme des accroissements nis nous
obtenons f (x) f (A) = (x A)f 0 (c) avec c 2]A; x[. Nous en deduisons
f (A) + l 2" (x A)6f (x)6f (A) + l + 2" (x A) puis
f (A) l " A
f (A) l + " A
"
f
(
x
)
+l 6
6
+ l + ".
x
x
2
2 x"
f (A) l " A
lim
+l
= l ",
x! 1
x 2
2
"
f (A) l + A
" = l + " donc il existe C > A tel que pour x>C
lim
+
l
+
x! 1
x
2
2
f (A) l " A
f (A) l + " A
"
"
on ait
+ l >l " et
+ l + 6l + ".
x
2
x
2
Nous avons donc x!lim1 f (x) = l..
x
38. Il existe a 2 R et 2]0; 1] tel que 8t 2]0; ]; jf 0 (t) f (t) + f (0)j6at .
Posons pour t 2]0; 1], g(t) = f (t) f (0) .
t
0
g est derivable et g0 (t) = tf (t) ft(t) + f (0) . Pour t 2]0; ] nous avons
jg0 (t)j6a. En particulier si x et y sont deux elements de ]0; ], g est derivable
sur l'intervalle ferme d'extremites x et y donc nous avons jg(x) g(y)j6ajx yj.
En utilisant le premier exercice nous en deduisons que g a une limite en 0 et
f est derivable en 0. jf 0 (t) g(t)j 6at donc lim
(f 0 (t) g(t)) = 0 c'est-a-dire
t!
lim
f 0 (t) = f 0 (0). f 0 est continue en 0.
t!
+
+
2
2
2
+
2
+
2
2
+
2
+
2
10
0
0
39. a 2 I donc il existe > 0 tel que [a 2; a + 2] I .
Supposons jh j6. est denie sur [ ; ] et y est derivable.
0 (u) = '(u + h ) '(u).
0
f est derivable en a donc
8" > 0; 9 > 0; 8u 2 [ ; ]; juj6 ) jf 0 (a + u) f 0 (a) uf 00 (a)j6 3" juj.
"
En choisissant juj6 et jh j6 nous avons j 0 (u)j6 (2juj + jh j).
2
2
3
"
0
Si de plus u est entre 0 et h avec jh j6 alors j (u)j6 (2jh j + jh j).
2
3
1
1
1
1
2
2
2
1
Nous pouvons aussi remarquer que g est uniformement continue sur ]0; ] donc est prolongeable
en une fonction continue sur son adherence c'est-a-dire [0; ].
10
CHAPITRE 2. VARIABLE RE ELLE ; CORRIGE S
40
(h ) = g(h ; h ) + f (a + h ) f (a) h h f 00 (a), (0) = f (a + h ) f (a).
(h ) (0) g(h ; h ) 00
=
f (a) puis, avec les
Pour h h 6= 0 nous avons
h
h
h
h
g(h ; h )
" h 00
conditions imposees, f (a) 6 3 1 + 2 h .
hh
les roles
deh et h nous
avons une inegalite analogue donc
Eng(hechangeant
; h ) f 00 (a) 6 eps 1 + 2 h .
hh
3
h h h
g(h ; h )
00
f (a) 6"
L'un des deux nombres , est plus petit que 1 et h h
hh
pour jh j et jh j au plus egaux au minimum de et .
Nous avons donc le resultat demande.
f (a + h) + f (a h) 2f (a) = f 00 (a).
En particulier hlim
!
h
Remarque si f est de classe C , en utilisant la formule de Taylor nous en
deduisons, en appelant Mh = sup jf (a + th)j,
2
1
1
2
1
1
2
2
1
1
2
2
1
2
2
2
2
2
2
1
1
2
2
1
1
1
1
1
1
2
1
1
2
1
2
1
1
2
2
2
0
2
3
(3)
f (a + h) + f (a h) 2f (a) t2 ;
M
00
f (a)+ 6 3h jhj.
h
[0 1]
2
40. (a) y = f 0 ()(x ) + f () est une equation de la tangente en un point
d'abscisse .
f 00 (a) 6= 0 donc il existe un voisinage V de a sur lequel f 00 ne s'annule
pas c'est-a-dire sur lequel f 0 est strictement monotone. Pour h 6= 0 assez
petit les deux tangentes ne sont pas paralleles et se coupent. Le point
d'intersection
de deux tangentes a pour coordonnees
x(Ta; +yTh)f=0(a + h) af 0(a) f (a + h) + f (a)
,
f 0 (a + h) f 0 (a)
f (a)f 0 (a + h) f (a + h)f 0 (a) .
f 0 (a + h) f 0 (a)
Supposons f 0 strictement croissante. Soient et deux elements de V .
Supposons < . En utilisant le theoreme des accroissements nis il
existe c 2]; [ tel que f ( ) f () = ( )f 0 (c).
Il vient alors ( )f 0 () < f ( ) f () < ( )f 0 ( )
puis (f 0 () f 0 ( )) < f 0 () f 0 ( )+ f ( ) f () < (f 0 () f 0 ( )).
Nous en deduisons < xT < . Nous avons le m^eme resultat si f 0 est
decroissante.
Soit yT 0 l'ordonnee du point T 0 de la droite passant par A et M d'abdscisse xT . Nous obtenons donc, en notant A(h) l'aire du triangle ATM ,
A(h) = jh2 j yT 0 yT ; yT 0 = f (a + hh) f (a) (xT a) + f (a).
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
41
h y y = (f (a + h) f (a))(hf 0(a + h) f (a + h) + f (a) + hf 0 (a)) .
2 T0 T
2(f 0 (a + h) f 0 (a))
Le developpement limite a l'ordre 2 au voisinage de h = 0 du numerateur
est egal a h (f 0 (a)) + o(h ) et celui du denominateur a l'ordre 1 est egal
a hf 00 (a) + o(h).
(f 0(a)) 0
Nous en deduisons, si f (a) 6= 0, A(h) h! h 00 .
2f (a)
0
Si f (a) = 0, le developpement limite a l'ordre 4 au voisinage de h = 0
h
h
00
00
du numerateur est egal a (f (a)) + o(h ) et A(h) h! f (a).
4
8
2
2
2
2
0
4
2
3
4
0
41.
nj
X
k=n(j
n
1)
n
nm
m
1 =X
1 donc X
1 =X
n + k k nj + k
j
k n+k
=0
=1
=0
n
X
k=0
!
1 .
k + jn
1 = 1 X 1 . En utilisant les sommes de Riemann nous obtenons
k
k k + jn n k j + n
Z dt
n
1X
1
lim
= ln(j + 1) ln(j ) puis
k =
n! 1 n
j
+
t
j
+
n
k
nm
m
X
X
1
lim
= (ln(j + 1) ln(j ) = ln(m + 1)6m.
n! 1
n
+
k
j
k
f est derivable en 0 donc 8" > 0 9 > 0 (que l'on peut supposer < 1) tel que
8t 2 [0; ]; kf (t) tf0 (0)k6t 2"m .
Soit n 2 N; n> 1 . f 1 = 1 f 0 (0) + 1 "n;k avec k"n;k k6 " .
n+k
n+k
n+k
2m
Nous obtenons donc
!
nm
nm
X
1
0 (0) + X "n;k
un =
f
k n+k
k n+k
X
n
=0
=0
1
+
+
0
=0
=0
=1
=0
=0
= ln((m + 1)!)f 0 (0)
ln((m + 1)!)
nm
X
!
nm
X
1
"n;k .
0
f
(0) +
n+k
k n+k
k
X
nm
nm
"n;k 6 " X 1 donc
k n + k 2m k n + k
! nm
nm
X
X
1
"
1 .
0
0
kun ln(m + 1)f (0)k 6 ln(m + 1)
f
(0) +
2m k n + k
k n+k
=0
=0
=0
=0
=0
=0
La suite dont le terme general est dans le membre de droite a pour limite
" ln(m + 1)6 " .
2m
2
Il existe alors N > 1 tel que pour n>N on ait kun ln(m + 1)f 0 (0)k 6".
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
CHAPITRE 2. VARIABLE RE ELLE ; CORRIGE S
42
Nous obtenons donc n!lim1 un = (ln(m + 1))f 0 (0).
+
42. f est derivable en 0 donc 8" > 0 9 > 0 (que l'on peut supposer < a) tel que
8t 2 [0; ]; kf (t) tf 0 (0)k6t".
Soit n 2 N; n> 1 .
k k k
f n = n f 0 (0) + n "n;k avec k"n;k k6" pour k6n.
n
X
n
(n + 1) 0
vn = 2 f (0) + k"nn;k donc
1 n(kn + 1) 1 "(n + 1)
0 (0) +
vn f 0(0) 6 f
2n .
2
2
2
n(n + 1) 1 "(n + 1) "
lim f 0 (0) + 2n = 2 .
n! 1 2
2
1
Il existe alors N > tel que pour tout entier n>N on ait
n(n + 1) 1 "(n + 1)
f 0 (0) + 2n 6".
2
2
1
Nous en deduisons n!lim1 vn = f 0 (0).
2
2
2
2
2
=1
+
+
43. Si la restriction d'une fonction a un ouvert est continue alors la fonction est
continue en tous les points de cet ouvert.
Soit la droite f(x; y) 2 R ; x = yg. (x; y) 2 R 7 ! x y 2 R est continue
donc l'image reciproque, , du ferme f0g par cette focntion est un ferme de
R et R n est un ouvert de R . La restriction de g a cet ouvert est une
application continue.
Pour prouver la continuite de f il sut de demontrer que pour tout a 2 R,
lim g(x; y) = f 0 (a).
x;y ! a;a
Quitte a se limiter aux fonctions coordonnees on peut supposer que f est a
valeurs reelles.
Si x = y alors jg(x; y) f 0 (a)j = jjf 0(x) f 0 (a)j. f (x) f (y) f 0 (a).
Si x 6= y, jg(x; y) f 0 (a)j = x y
f 0 est continue donc pour " > 0 il existe > 0 veriant :
8u 2 R; ju aj6 ) jf 0 (t) f 0 (a)j6".
Suspposons jx aj6 et jy aj6.
Si x = y alors jg(x; y) f 0 (a)j6".
Supposons x 6= y.
En utilisant le theoreme des accroissements nis nous obtenons l'existence de
c strictement compris entre x et y tel que f (xx) yf (y) = f 0 (c).
f (x) f (y)
0
jc aj6 donc x y
f (a) 6".
2
2
(
2
)
(
)
2
2
43
Nous obtenons le resultat demande.
Remarque nous pouvions faire une demonstration directe de la maniere suivante :
Zy
f (y) f (y) = f 0 (t) dt donc
Z y
kf (y) f (x) (y x)f 0 (a)k = (f 0 (t) f 0 (a)) dt 6"jy xj des que l'on
x
x
a jx aj6 et jy aj6.
44. (a) Supposons f denie sur [a; +1[ ayant en +1 une limite
1 egale af (a).
Soit g l'application denie sur [0; 1] par g(t) = f + a 1 pour
t
t 2]0; 1] et g(0) = g(1).
D'apres les hypotheses, g est continue sur [0; 1], derivable sur ]0; 1[. Il
existe donc, d'apres le theoremede Rolle, t 2]0; 1[ tel que g0 (t ) = 0
1 0 1
c'est-a-dire
f t + a 1 = 0 soit encore
(t )
f 0 (c) = 0 avec c = t1 + a 1 2]a; +1[.
Supposons f denie sur R et ayant
limite
i une
h reelle
l en 1
. Posons g(t) = f (tan(t)) pour t 2
i 2 ; 2 het g 2 = g 2 i =l. h
g est continue; elle est derivable sur 2 ; 2 donc il existe t 2 2 ; 2
tel que g0 (t ) = 0 ce qui conduit a f 0 (c) = 0 avec c = tan(t ) 2 R.
Supposons f denie sur R et ayant pour limite +1 en 1.
Il existe A > 0 tel que pour jtj>A on ait f (t)>f (0). Sur [ A; A], f
possede un minimum en a donc 8t 2 [ A; A]; f (t)>f (a). Nous avons
donc pour tout t 2 R; f (t)>f (a). f possede donc un extemum en a 2 R
donc f 0 (a) = 0.
Remarque nous aurions pu poser g(t) = atan(f (t)) et utiliser le resultat
precedent.
(b) f est de classe C 1 . f 0 (t) = 2t 1 . P = 2X 1 possede un unique zero.
1+t
Supposons que nous ayons f n (t) = Pn(t) n ou Pn est un polyn^ome de
(1 + t )
degre n ayant n zeros deux a deux distincts.
lim f n (t) = 0. Notons x < x < < xn les n zeros de Pn. Nous
t!1
pouvons appliquer le theoreme de Rolle sur les intervalles [xi ; xi ] pour
i 2 Nn et le theoreme de Rolle generalise sur les intervalles ] 1; x ],
[xn ; +1[. Il existe alors y 2] 1; x [, yn 2]xn ; +1[ et pour i 2
Nn ; yi 2]xi ; xi [ tels que pour i 2 Nn ; f n (yi ) = 0.
0
f n (t) = Pn(t)(t(t++1)1)n 2ntPn(t) .
En posant Pn (t) = Pn0 (t)(t + 1) 2ntPn(t), il est clair que Pn est un
polyn^ome et deg(Pn )6n + 1. Les zeros de Pn et les zeros de f n
0
0
2
0
0
0
0
0
0
2
1
( )
2
( )
1
2
+1
1
1
1
1
+1
+1
1
+1
+1
( +1)
2
( +1)
2
+1
2
+1
+1
+1
+1
( +1)
CHAPITRE 2. VARIABLE RE ELLE ; CORRIGE S
44
sont les m^emes donc Pn possede n + 1 zeros deux a deux distincts et
est de degre n + 1. Le resultat est demontre.
En fait, il est immediat que le coecient dominant du polyn^ome Pn est
egal a ( 1)n 2((n 1)!) et il est bien non nul.
+1
1
45. f est de classe C 1 .
La relation proposee est vraie pour n = 0 ; si elle est supposee vraie au rang n
alors
0
n
Pn(t)(2n + 1)t(1 + t )n
f n (t) = Pn(t)(1 + t ) (1 +
t)n
P 0 (t)(1 + t ) Pn(t)(2n + 1)t .
soit en simpliant f n (t) = n
(1 + t )n
Le resultat est donc vrai a l'ordre n + 1 et
Pn (t) = Pn0 (t)(1 + t ) Pn(t)(2n + 1)t.
P = 1 est une fonction polynomiale de degre 0, de coecient dominant a = 1.
Si Pn est une fonction polynomiale de degre n de coecient dominant an 6= 0
alors Pn est une fonction polynomiale de degre n +1 de coecient dominant
an = (n + 1)an 6= 0. Le coecient dominant de la fonction polynomiale
Pn est donc egal a an = ( 1)nn!.
Nous avons la relation 8t 2 R; (1 + t )f 0 (t) + tf (t) = 0. En utiliant la formule
de Leibniz et en derivant n fois nous obtenons
(1 + t )f n (t) + 2ntf n (t) + n(n 1)f n (t) + tf n (t) + nf n (t) = 0 soit
en remplacant et en simpliant
Pn (t) + (2n + 1)tPn(t) + n (1 + t )Pn (t) = 0. En comparant nous en deduisons Pn0 = n Pn .
Nous pouvons remarquer que pour n>1 Pn (0) + n Pn (0) = 0 donc pour
n impair Pn(0) = 0 et pour n = 2p, en notant p l'element Pn(0) nous avons
p
p = (2p 1) p soit nalement 8p 2 N; p = ( 1)2p p(2! p)! .
P est pair, P est impair. Il est alors immediat gr^ace a la relation de recurrrence que P p est pair et P p est impair.
P est scinde a racines simples. Supposons Pn scinde a racines simples. Soient
x < x < < xn les zeros de Pn qui sont aussi les zeros de f n car f n
et Pn s'annulent en m^eme temps. D'apres le theoreme de Rolle f n possede
n 1 racines distinctes y ; ; yn avec xi < yi < xi . t!1
lim f n (t) = 0
donc d'apres le theoreme de Rolle generalise f n possede une racine y < x
et yn > xn. f n possede donc n + 1 racines distinctes d'ou le resultat au
rang n + 1.
2
( +1)
+1
1
2
2
2
2 2 +1
2
( +1)
2
1
+2
2
+1
0
0
+1
+1
2
2
( +1)
( )
(
2
+1
2
2
1)
( )
0
1)
1
1
+1
2
(
2
1
1
1
2
2 +1
1
1
( )
2
( )
( +1)
1
1
+1
( +1)
( +1)
0
1
( +1)
46. (a) Posons F (t) = (g(b) g(a))(f (t) f (a)) (f (b) f (a))(g(t) g(a)).
F (a) = 0; F (b) = 0.
F verie les conditions du theoreme de Rolle donc il existe c 2]a; b[ tel
que F 0 (c) = 0 c'est-a-dire (g(b) g(a))f 0 (c) (f (b) f (a))g0(c) = 0.
(b) Soit I =]a h; a + h[ V avec h > 0. Si g s'annule sur I n fag alors
d'apres le theoreme de Rolle, g0 s'annule sur I n fag donc g ne s'annule
45
pas sur I n fag.
D'apres le resultat precedent, pour chaque t 2 I n fag, il existe ct strictef (t) = f 0 (ct) .
ment compris entre a et t tel que
g(t) g0 (ct )
Soit W un voisinage de0 l. Il existe > 0; < h tel que pour u 2
f (u)
]a ; a + [ on ait 0 2 W . En particulier, si t 2]a ; a + [
g (u)
0
alors ct 2]a ; a + [ et alors f (t) = f 0 (ct ) 2 W . Nous avons bien
g(t) g (ct )
f
(
t
)
lim
= l.
t!a g (t)
Complements nous avons vu plus haut que le theoreme de Rolle se generalise a un intervalle non borne.
Si une application denie sur un intervalle ferme de R est continue, si elle
est derivable sur son interieur et si les limites aux extremites sont egales
alors la derivee s'annule en un point interieur.
Soit f et g denies sur I = [b; +1[, a valeurs reelles. On suppose f et
g derivables et t!lim1 f (t) = t!lim1 g(t) = 0. On suppose de plus que g0 ne
s'annule pas. 0
f (t)
f (t) = l.
Montrons t!lim1 0 = l 2 R; ) t!lim1
g (t)
g(t)
Posons '(t) = f (t)g(u) g(t)f (u) ou u est un point de I . '(u) = 0 et
lim '(t) = 0 donc il existe cu 2]u; +1[ tel que f 0 (cu)g(u) = g0 (cu)f (u).
t! 1
Nous terminons alors comme au-dessus. On a le m^eme resultat en remplacant a = +1 par a = 1.
Supposons cette fois a 2 R . Soient f et g deux applications derivables
sur ]a; b[ de limites innies en a. Nous supposons que g0 ne s'annule pas
0
(donc comme plus haut, g non plus) et que lim f 0 (t) = l 2 R.
t!a g (t)
f
(
t
)
Montrons lim
= l.
t!a g (t)
Montrons le lemme suivant :
Soient u et v deux applications denies sur un intervalle ferme [a; b]
(a < b) a valeurs reelles et continues. On suppose u et v derivables sur
]a; b[ et 8t 2]a; b[; ju0 (t)j6v0 (t). Alors ju(b) u(a)j6v(b) v(a).
Il s'agit la d'un cas particulier de l'inegalite des accroissements nis.
Posons '(t) = u(t) v(t) et (t) = u(t) + v(t).
D'apres les hypotheses, '0 60 et 0 >0 donc '(b)6'(a) et (a)6 (b).
Nous obtenons donc, en remplacant, le resultat demande.
Soit " > 0, il existe V 2 V (a) tel que t 2 V ) jf 0 (t) lg0 (t)j6 " jg0 (t)j.
2
Nous savons que g0 verie le theoreme des valeurs intermediaires donc
garde un signe xe. Quitte a changer g en g on peut supposer g0 > 0
donc la limite en a de g est egale a 1. Quitte a choisir t susam+
+
+
+
+
+
+
11
11
Voir l'exercice numero 31 precedent.
CHAPITRE 2. VARIABLE RE ELLE ; CORRIGE S
46
ment \proche" de a, nous pouvons supposer g < 0 sur V . Soit alors
t 2 V xe et t 2 V avec a < t < t . D'apres le lemme nous avons
jf (t ) lg(t ) f (t) + lg(t)j6 2" (g(t ) g(t)).
Nous avons donc jf (t) lg(t)j6jf (t ) lg(t )j + " (g(t ) g(t)).
2
En divisant par g(t) > 0 nous obtenons
f (t) jf (t ) lg(t )j " g(t ) + 1
g(t) l 6
g(t)
2
g(t) .
g(t ) "
j
f
(t ) lg(t )j "
lim
+ 1
t!a
g(t)
2
g(t) = 2 .
Il existe donc un voisinage W de a inclus dans V tel que pour t 2 W on
ait :
jf (t ) lg(t )j + " 1 g(t ) 6" c'est-a-dire f (t) l 6".
g(t) g(t)
2
g(t)
Nous avons le resultat demande. Nous avons le m^eme resultat sur ]b; a[.Soit
A 2 R.
Supposons cette fois que l = +1.
f 0 (t)
Il existe un voisinage V de a tel que pour tout t de V on ait : 0 >A + 1.
g (t)
On peut supposer g0 > 0 et alors g a pour limite 1. Comme precedemment, quitte a choisir t susamment \proche" de a, nous pouvons
supposer g < 0 sur V .
Soit alors t 2 V xe et t 2 V avec a < t < t .
La restriction a V de f (A + 1)g est croissante donc
f (t) (A + 1)g(t)6f (t ) (A + 1)g(t ) puis
f (t) >A + 1 + f (t ) (A + 1)g(t ) .
g(t)
g(t)
f (t ) (A + 1)g(t ) = A + 1 donc il existe un voisinage W
lim
A
+
1
+
t!a
g(t)
de a inclus dans V tel que pour t 2 W on ait
1)g(t ) >A + 1 1 donc pour t 2 W; f (t) >A d'ou
A + 1 + f (t ) (gA(t+
)
g(t)
le resultat demande.
1
Remarque dans le cas ou a est inni nous aurions pu poser f (t) = f t
1
et g (t) = g
t pour tdans un intervalle ouvert dont une extremite est
0
f0
egale a 0. f0 (t) = 0 t . Nous pouvons alors appliquer le resultat avec
g (t) g t
a = 0.
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
+
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
+
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
47. Posons f (t) = (t 1)n. f est de classe C 1 ; 1 et -1 sont des zeros d'ordre n
donc pour tout p 2 N; p < n nous avons f p ( 1) = f p (1) = 0.
2
( )
( )
47
D'apres le theoreme de Rolle, il existe x ; 2] 1; 1[ tel que f 0 (x ; ) = 0.
f 0 ( 1) = f 0 (1) = 0 donc en utilisant a nouveau le theoreme de Rolle, il existe
x ; 2] 1; x ; [ et x ; 2]x ; ; 1[ tels que f 00 (x ; ) = f 00 (x ; ) = 0.
Supposons determines, pour p < n 1, 1 < x ;p < x ;p < < xp;p < 1
veriant 8k 2 Np ; f p (xk;p ) = 0.
Sachant que f p ( 1) = f p (1) = 0 et en appliquant le theoreme de Rolle nous
obtenons l'existence de 1 < x ;p < x ;p < < xp ;p < 1 veriant
8k 2 Np ; f p (xk;p ) = 0. Le resultat est donc prouve au rang p + 1.
La fonction f n possede donc n zeros deux a deux distincts appartenant a
] 1; 1[. Il n'y en a pas d'autres car il s'agit d'une fonction polynomiale de
degre n.
12
12
11
22
11
11
11
12
1
)
)
+1
22
2
)
1
+1)
+1
2
+1
+1
+1
+1
( )
48. (a) '(b) = f (b), '(a) = f (a) +
n
X
(b a)k f k (a) + A (b a)n.
k!
n!
1
( )
k=1
b 6= a donc A existe.
La restriction de ' a [a; b] est continue ; elle est derivable sur ]a; b[.
'(a) = '(b) donc, d'apres le theoreme de Rolle, il existe c 2]a; b[ veriant '0 (c) = 0.
Pour x 2 In nous avons
n
X
X (b x)k k
(b x)k k
(b x)n
0
' (x) =
f
(x) +
f
(x) A
(k 1)!
k!
n 1)! .
1
1
1
( )
1
( +1)
k=1
k=1
(b x)n
n (x) A et en parEn simpliant nous obtenons '0 (x) =
f
n 1)!
n
ticulier f (c) = A donc en reprenant la relation liant '(a) et '(b) nous
obtenons
n
n
k
X
f (b) f (a) = (b k!a) f k (a) + f n!(c) (b a)n.
k
(b) Pour a et a + h dans I nous pouvons appliquer le resultat precedent.
Tout reel c strictement compris entre a et a + h est barycentre de a et
a + h respectivement aectes des coecients 1 et avec 2]0; 1[
(c = (1 )a + (a + h)) ; il existe donc strictement compris entre a et
a + h tel que
n
k
n
X
f (a + h) = hk! f k (a) + hn! f n (a + h).
k
1
( )
( )
1
( )
( )
=1
1
( )
( )
=0
49. Si x est l'un des ai alors la relation demandee est vraie pour n'importe quel
c 2]a ; an[. Supposons x distinct de tous les ai. Il existe alors A tel que
f (x) = (x a )( n! )(x an) A.
Il s'agit donc de demontrer qu'il existe c 2]a ; an[ tel que A = f n (c).
La fonction g denie par g(t) = f (t) (t a )( )(t an) A est de classe
n!
1
1
( )
1
1
12
f est paire donc f 0 (0) = 0.
CHAPITRE 2. VARIABLE RE ELLE ; CORRIGE S
48
C n et possede une derivee nieme sur I .
8i 2 Nn ; g(ai ) = 0 et g(x) = 0. Nous pouvons appliquer le theoreme de
(
1)
Rolle sur les n intervalles dont les extremites sont les n +1 points deux a deux
distincts de l'ensemble fa ; ; ang [ fxg ranges dans l'ordre croissant. g0
s'annule donc en n points de I deux a deux distincts . g00 s'annule en n 1
points deux a deux distincts puis, g n en 1 point c de I . g n (t) = f n (t) A
d'ou le resultat demande.
Remarque soit f une application denie sur un intervalle [a; b] de R a valeurs
reelles, de classe C , ayant une derivee seconde sur ]a; b[.
Soit u(x) = f (x) f (b) f (a) x bf (a) af (b) .
b a
b a
u(a) = u(b) = 0 donc pour tout x de [a; b] il existe c 2]a; b[ tel que
u(x) = (x a)(2 x b) u00 (c) = (x a)(2 x b) f 00 (c) c'est-a-dire :
f (x) = f (bb) af (a) x + bf (ab) aaf (b) + (x a)(2 x b) f 00 (c).
Supposons f 00 bornee sur ]a; b[ ; m6f 00 (x)6M . Nous obtenons alors :
M (x a)(2 x b) 6f (x) f (bb) fa (a) x bf (ab) aaf (b) 6m (x a)(2 x b) .
En integrant sur [a; b] nous obtenons
Zb
(
b
a
)
M 12 6 f (x) dx (b a)(f (2a) + f (b)) 6 m (b 12a) .
a
Nous obtenons donc un encadrement de l'erreur lorsque l'on utilise la methode
des trapezes.
50. (a) Soit l'application ' : P 2 R[X ] 7 ! (P (x ); ; P (xn)) 2 Rn .
' est lineaire de noyau l'ensemblendes polyn^omes s'annulant en les points
Y
xi . Ker(') = P R[X ] avec P = (X xk ). Ker(') est donc un supple1
( )
( )
( )
1
3
3
+1
0
0
0
k=0
mentaire de Rn[X ] et Im(') est isomorphe a Rn[X ] qui est de dimension
n +1. ' est donc surjective et sa restriction a Rn[X ] est un isomorphisme.
13
(b) Soit t 2 I . g(t) =
Zt
g0 (u) du = (t
Z
1
a) g0 (a + u(t a)) du.
a
: (t; u) 2 I [0; 1] 7 ! g0 (a + u(t a)) 2 R est continue.8p 2 N ; p6n,
@ p (t; u) = up g p (a + u(t a)) donc 8p 2 N ; p6n, @ p est conti@tp
@tp
Z
nue. Nous en deduisons que t 7 ! h(t) = g0 (a + u(t a)) du est de
classe C n d'ou le resultat demand
Z e.
De plus nous avons h p (t) = tp g p (a + u(t a)) du donc
0
( +1)
1
0
1
( )
13
Voir les exercices sur les espaces vectoriels.
0
( +1)
49
kh p k1 6 p +1 1 kg p k1 .
( )
( +1)
En utilisant ce que nous venons de demontrer, il existe ' de classe
C n telle que 8t 2 I; f (t) = (t t )' (t). ' s'annule en t donc il
existe ' de classe C n telle que 8t 2 I; ' (t) = (t t )' (t) puis
8t 2 I; f (t) = (t t )(t t )' (t).
Supposons avoir prouve qu'il existe 'p (p < n) de classe C n p telle que
0
0
0
1
1
1
8t 2 I; f (t) =
Yp
0
1
0
2
1
1
1
!
(t tk ) 'p (t).
k=0
'p s'annule pour les elements tp donc il existe 'p de classe C n p
telle que
!
p
Y
8t 2 I; 'p (t) = (t tp )'p (t) puis 8t 2 I; f (t) = (t tk ) 'p (t).
+1
1
+1
+1
+1
+1
k=0
Il existe bien ' continue telle que 8t 2 I; f (t) =
Yn
!
+1
(t tk ) '(t).
k=0
(c) En appliquant ce qui vient d'^etre fait a F = L(f ) f et en reprenant tout
ce qui vient d'^etre fait nous obtenons (en notant ' = F ) 8p 2 N; p6n
k'pn p k16 n 1p + 1 k'pn p k1 .
1
Nous obtenons donc immediatement k'k1 6
kF n k1 . Il vient
(n + 1)!
alors etant donne que F n = f n
1
(
(
)
+1)
1
( +1)
( +1)
( +1)
n k
Yn
k
f
1
kL(f ) f k1 6 (n + 1)! sup
jt tk j.
t2I
( +1)
k=0
Remarque il ne faut pas croire que nous pouvons obtenir ainsi une suite
de polyn^omes convergeant uniformement vers f .
51. Supposons que pour tout t de ]0; 1[ on ait jf 00 (t)j < 4.
1
1
Il existe 2 0; tel que f
= f (0) + 1 f 0 (0) + 1 f 00 () = 1 f 00 ().
2
2
8
8
1 1 2
< .
Nous avons donc f
2 2
1 1
1
1
1
Il existe 2 ; 1 tel que f
= f (1) f 0 (1) + f 00 ( ) = 1 + f 00 ().
2
2
8
8
1 21
< .
Nous avons donc 1 f
2 2
Ces deux resultats sont contradictoires donc 9a 2]0; 1[ = jf 00 (a)j>4.
Remarque on aurait aussi pu appliquer la formule
1de Taylor a l'application
denie par t 7 ! f (1 t) f (t) sur l'intervalle 0; .
2
CHAPITRE 2. VARIABLE RE ELLE ; CORRIGE S
50
52. (a) Posons '(t) = g(t) t g0 (t) 2 tg0 (0) + At . A choisi tel que '(1) = 0.
3
3
1
2
0
0
A = g(1) + 3 g (1) + 3 g (0) est bien deni. Nous devons demontrer
qu'il existe 2]0; 1[ tel que A = 1 g ().
180
' est cinq fois derivable sur [0; 1] ; g etant impaire, ses derivees d'ordre
paires sont nulle en 0. '0 (t) = 2 g0 (t) t g00 (t) 2 g0 (0) + 5At .
3
3
3
D'apres le theoreme de Rolle il existe t 2]0; 1[ tel que '0 (t ) = 0. '0
s'annule donc en 0 et en t . Il existe alors t 2]0; t [ tel que '00 (t ) = 0.
'00 (t) = 13 g00 (t) 3t g000 (t) + 20At .
Nous pouvons appliquer le theoreme de Rolle sur [0; t ] ; il existe t 2
]0; t [ veriant '000 (t ) = 0.
'000 (t) = 3t g (t) + 60At donc 0 = t3 g (t ) + 60A(t ) soit encore
g (t ) g (0) = 180At .
En utilisant le theoreme des accroissements nis, il vient t g () = 180At
ou 2]0; t []0; 1[ ; c'est-a-dire g () = 180A d'ou le resultat demande.
5
(5)
4
1
1
1
2
1
2
3
2
2
3
(4)
(4)
3
(4)
3
3
2
(4)
3
3
2
3
3
(5)
3
(b) Posons pour t 2 [ 1; 1]; g(t) =
Z
b+a + b a t
2
2
b+a b a t
2
2
(5)
3
f (t) dt. g est de classe C
14
5
et impaire. Nous obtenons donc l'existence d'un reel 2]0; 1[ tel que
1 g ().
g(1) = 31 g0 (1) + 23 g0 (0) 180
Zb
g(1) = f (t) dt,
(5)
a
b a f b + a + b a t + f b + a b a t et
2
2
2
2
2
b a b + a b a b + a b a f
+
t +f
t
g (t) = 2
2
2
2
2
b + a
0
g (0) + (b a)f 2 , g0 (1) = b 2 a (f (b) + f (a)).
Si m est le minimum de f sur [a; b] et M le maximum (qui existent
car cette fonction est continue) alors
b + a b a b + a b a 1
m6 2 f
+
+f
6M
2
2
2
2
g0 (t) =
5
(4)
(5)
(4)
(4)
(4)
il existe donc c 2 [a; b] tel que
b + a b a b + a
1
f (c) = 2 f
+
+f
2
2
2
Il vient alors
Il sut que f soit de classe C et possede une derivee cinquieme.
(4)
14
(4)
(4)
(4)
4
b a
2
.
51
Zb
(b a)
f = b 6 a f (a) + f (b) + 4f a +2 b
f (c).
2880
a
53. Redemontrons la formule de Taylor. Soit f une application denie sur un in
tervalle I de R a valeurs reelles de classe C ayant une derivee seconde sur I .
Soient a et b deux points de I ; a 6= b. Posons pour a + t 2 I F (t) =
f (t) + (b t)f 0 (t) + A(b t) avec A choisi pour que F (a) = F (b) c'est-a-dire
A = (b 1 a) (f (b) f (a) (b a)f 0 (a)).
F est continue sur l'intervalle ferme d'extremites a et b derivable sur l'intervalle ouvert d'extremites a et b ; nous pouvons appliquer le theoreme de Rolle
a F sur [a; b]. Il existe c 2]a; b[ tel que F 0 (c) = 0.
F 0 (t) = (b t)f 00 (t) 2A(b t) c'est-a-dire 0 = f 00 (c) 2A.
2
Nous avons alors f 00 (c) =
(f (b) f (a) (b a)f 0 (a)) que nous pou(b a)
(b a) 00
vons ecrire f (b) = f (a) + (b a)f 0 (a) +
f (c).
2
Appliquons ce resultat a f (a + h) et f (a h.
Il existe c 2]a; a + h[ et c 2]a h; a[, f (a + h) f (a) = hf 0 (a) + h f 00 (c )
2
h
et f (a h) f (a) = hf 0 (a) + f 00 (c ).
2
00
f est continue sur [c ; c ]; f ([c ; c ]) = [m; M ]; 12 (f 00 (c ) + f 00 (c )) 2 [m; M ]
donc il existe c 2 [c ; c ] ]a h; a + h[ veriant 1 (f 00 (c ) + f 00 (c )) = f 00 (c)
2
puis f (a + h) + f (a h) 2f (a) = h f 00 (c).
Il existe 2] 1; 1[ tel que c = a + h d'ou le resultat demande.
5
(4)
1
2
2
2
2
2
2
1
2
2
1
1
1
2
1
2
1
2
2
1
2
2
54. Redemontrons la formule de Taylor avec reste de Lagrange.
D'apres la formule de Taylor avec reste int
egral, nous avons
Z
t
1 t
sin(t) = sin(0) + t sin0 (0) + sin00 (0) +
(t u) sin (u) du c'est-a-dire :
2
2
Z
1 t
sin(t) = t
(t u) cos(u) du.
2
Zt
Z
(t u) cos(u) du = t (1 v) cos(vt) dv .
Z
1
(1 v) 6(1 v) cos(vt)6(1 v) donc 6 (1 v) cos(vt) dv6 1 .
3
3
t etant xe, la continuite deZ t 2 [0; 1] 7 ! cos(tv) 2 [ 1; 1] implique l'exis1
tence de 2 [0; 1] tel que (1 v) cos(vt) dv = cos(t). At est bien non
3
vide.
t cos(t ) = t t cos(t ) alors cos(t ) = cos(t ). Si nous choisisSi t
6
6
sons jtj6 alors t = t et comme et sont >0 nous en deduisons
2
2
2
(3)
0
2
0
1
2
0
3
2
0
2
2
1
2
2
0
1
2
0
3
3
1
2
1
2
1
1
2
2
CHAPITRE 2. VARIABLE RE ELLE ; CORRIGE S
52
= .
h i
Il existe donc une application de
; dans [0; 1] veriant
2 2
h
i
8t 2 2 ; 2 ; sin(t) = t t6 cos(t(t)).
En ecrivant la formule de Taylor a un ordre superieur et en utilisant la m^eme
methode que rpecedemment, nous en deduisons qu'il existe 0 2 [0; 1] tel que
t + t cos(t0 ). Comme plus haut, 0 est unique.
1mm] sin(t) = t
6 120
t
En comparant les deux resultats nous obtenons 1 cos(t(t)) = cos(t0 )
20
t(t) t
0
0
soit encore 2 sin
= cos(t ). est borne donc lim
cos(t0 ) = 1.
t!
2
20
t p
t(t) t
(
t
)
0
Nous avons alors sin
= p
cos(t ) car sin
et t ont le
2
2
2 10
m^eme signe.
t 2p 0 .
Nous obtenons nalement (t) =
p
cos(t )
t t asin
p 0
t pcos(t0 ) + o(t) donc
Lorsque t teed vers 0, asin p
cos(t ) = p
2 10
2 10
p
1
(t) t! p cos(t0 ).
10
1 .
p
Nous en deduisons lim
(
t
)
=
t!
10
1
2
3
5
3
2
2
2
0
2
10
0
0
55. (a) f etant de classe C n nous pouvons ecrire
n
i
n
X
f (a + h) = hi! f i (a) + hn! f n (a + hn(h)) et
i
n i
n
X
f (a + h) = hi! f i (a) + (nh+ 1)! f n (a + hn (h)) ou n et n sont
i
des reels de ]0; 1[.
f n (a) est non nul donc il existe un voisinage de a sur lequel f n est
de signe xe et donc il existe un intervalle, I , voisinage de a sur lequel
f n est srictement monotone. Sur un tel intervalle n est donc deni de
maniere unique ; nous pouvons donc denir une application n de I dans
]0; 1[.
Soit h tel que a + h 2 I . En comparant les deux relations precedentes
nous obtenons
h f n (a + h (h)).
f n (a + hn(h)) f n (a) = n +
n
1
En utilisant le theoreme des accroissements nis il vient
h f n (a + h (h)) avec c strictement compris
hn(h)f n (c) = n +
n
1
entre a et a + hn (h).
+1
1
( )
( )
=0
+1
( )
( +1)
+1
+1
=0
( +1)
( +1)
( )
( )
( )
( +1)
( +1)
( +1)
+1
+1
53
n
f n (c) est non nul et n (h) = n +1 1 f f(an+ h(cn) (h)) .
2t
Soit " > 0. lim
= 0 ; il existe > 0 tel que pour t 2]0; ]
n
t!2t jf (a)j t
6". Nous pouvons choisir 6 jf n (a)j .
on ait n
jf (a)j t
2
( +1)
( +1)
+1
( +1)
( +1)
0
( +1)
( +1)
lim f n (a + h) = f n (a).
Il existe > 0 tel que pour jhj6 on ait jf n (a + h) f n (a)j6.
Pour jhj6, jc aj6 et jhn (h)j6 donc jf n (c) f n (a)j6 et
n
n (a)j6 .
n (h)) f
jff n ((aa ++ h
f n (a + h (h)) f n (c) h
(
h
))
n
n
1 = n
f (c)
f n (c)
6 jf 2(a)j 6".
Nous en deduisons que pour jhj6 nous avons (n + 1)jn(h) 1jj6" c'est1
a-dire hlim
(
h
)
=
n
!
n + 1.
Remarque en \allant vite" nous aurions pu ecrire \quand h tend vers
0" c \tend" vers a donc f n (c) \tend vers "f n (a). C'est un peu
rapide car il n'y a pas necesairement de relation fonctionelle entre h et c.
h!0
( +1)
( +1)
( +1)
+1
( +1)
( +1)
( +1)
+1
( +1)
( +1)
( +1)
( +1)
+1
( +1)
+1
( +1)
( +1)
(+1)
0
( +1)
( +1)
(b) Nous avons les deux relations suivantes :
n
n
k
X
f (t) = (t k!a) f k (a) + (t n!a) f n (a + (t a)n)
k
n
X
(t a)k k
(t a)n p n p
f (t) =
f
(ct) avec n 2]0; 1[ et ct
k! f (a) +
n!
k
strictement compris entre a et t. Si p est pair, f n est localement strictement monotone au voisinage de a. Si p est impair, f n est strictement
monotone sur [a; a + h] ainsi que sur [a h; a] les deux monotonies etant
contraires. h susamment petit stritement positif (seul un des deux intervalles subsiste si a est une borne eventuelle de I ). Nous en deduisons
que pour h susamment petit, n est deni unique.
En comparant les deux relations nous avons
n!
n p
f n (a + (t a)n(t)) f n (a) = (n + p)!(
t a)p f (ct). En appliquant
la formule de Taylor a f n nous obtenons l'existence dep cu strictement
compris entre a et u tel que f n (u) = f n (a) + (u a) f n p (cu). En
p!
particulier avec u = a + (t a)n(t) nous obtenons
(u a)p f n p (c ) = n!(t a)p f n p (c ).
u
t
p!
(n + p)!
n p
En simpliant nous obtenons : Cnp pn(t)p = f n p (ct ) .
f (cu)
1
( )
( )
=0
1
+
( )
1
( +
=0
1)
( )
( )
( )
( )
( + )
( )
( )
( + )
( )
( + )
( + )
( + )
+
( + )
CHAPITRE 2. VARIABLE RE ELLE ; CORRIGE S
54
En employant la m^eme methode que dans la question preceente, nous en
1
q
deduisons : lim
(
t
)
=
n
p p .
t!a
Cn p
par exemple avec f (t) = sin(t), sin(t) = t t cos(t) ; lim
(t) = p1
t!
10
car n = 3 et p = 2.
+
3
6
0
56. (a) Soit (x; t) 2 R . En utiliant la formule de Taylor avec reste integral nous
obtenons :
Zxt
0
f (x + t) = f (x) + tf (x) +
(x + t u)f 00 (u) du.
x
Nous obtenons alors
Zxt
tf 0 (x) = f (x + t) f (x)
(x + t u)f 00 (u) du puis, f et f 00 etant
x
t
0
bornees, jtj jf (x)j62M + M . Il est immediat que f 0 est bornee et
2
verie
8t 2 R jtjM 62M + t2 M puis 8t 2 R M t 2M t + 4M >0.
Si M est non nul, le polyn^ome est positif sur R si et seulement si son
discriminant est au plus egal a 0 ; c'est-a-dire (M ) 4M M 60.
Si M est nul alors M est nul et la relation precedente est encore veee.
(b) Soit (x; t) 2 R . En utiliant la formule de Taylor avec reste integral nous
obtenons : n
Zxt
X tk k
1
f (x + t) = k! f (x) + (n 1)!
(x + t u)n f n (u) du.
x
k
Nous
obtenons alors
X
n
k
t f k (x) 6jf (x + t)j + 1 Z x t(x + t u)n f n (u) du
(n 1)! x
k k!
n
j
t
j
6kf k1 + n! kf n k1 .
n
k
X
Pour x xe dans R l'application t 2 R 7 ! t f k (x) 2 K est une fonck k!
2
+
+
2
0
2
2
1
0
2
2
2
1
2
1
2
0
2
0
2
1
2
1
+
( )
1
( )
=0
1
+
( )
1
( )
=0
( )
1
( )
n
X
=0
1
ak X k 2 K [X ]. kP k1 = sup jP (t)j est
t2 ;
k
une norme sur l'espace des fonctions polynomiales, de R dans K , de degre
de degre au plus egal a n 1.
Notons N1 (P ) = k2f max
jak j. N1 est aussi une norme. Toutes les
; ;n g
normes sont equivalentes sur un espace de dimension nie donc il existe a
et b strictement positifs tels que 8P 2 K [X ]; aN1(P )6kP k16bN1(P).
1
1
1
Nous en deduisons alors 8k 2 Nn ; f k (x)6 kf k1 + kf n k1 .
k!
a
n!
Les fonctions f k sont bien toutes bornees.
Soit E est un K -espace vectoriel de dimension nie. Soit f est une applition polynomiale. Soit P =
[0
=0
0
1
1
( )
1]
( )
( )
55
cation de classe C n (n>1) de R dans E telle que f et f n sont bornees
sur R. En choisissant une base de E et en utilisant le resultat precedent
pour les fonctions coordonnees de f dans cette base nous en deduisons
que toutes les derivees f k ; k 2 Nn sont bornees sur R.
( )
( )
57. ' est continue donc E , comme image reciproque par une fonction continue
d'un ferme de R, est un ferme de [a; b] donc un ferme borne de R.
'(a) = " < 0 donc il existe > 0 tel que '(t) < 0 sur [a; a + ]. E est non
vide, ferme, borne donc possede un plus grand element c 2 [a + ; b].
Supposons c < b.
f et g sont derivables en c donc il existe " une application de [a; b] dans E
et " une application de [a; b] dans R ayant une limite nulle en a et veriant
pour tout t de [a; b],
f (t) f (c) = (t c)f 0 (c)+(t c)" (t) et g(t) g(c) = (t c)g0 (c)+(t c)" (t).
Il existe h > 0 avec a + 6c h < c + h6b tel que pour t 2 [c h; c + h] on
a k" (t)k6 " et j" (t)j6 " .
2
2
En choisissant t dans l'intervalle [c; c + h] et sachant que kf 0 (c)k6g0 (c) nous
en deduisons kf (ct) f (c)k (t c) " 6g(t) g(c) + (t c) " .
2
2
c est dans E donc kf (c) f (a)k6g(c) g(a) + "(c a) + ". Il vient alors
kf (t) f (a)k6g(t) g(a) + "(t a) + ".
[c; c + h] E et c n'est pas la borne superieure de E ce qui est contradictoire
donc c = b 2 E .
Il vient alors kf (b) f (a)k6g(b) g(a) + "(b a) + ". Cette inegalite est
veriee pour tout " > 0 donc nous avons l'inegalite kf (b) f (a)k6g(b) g(a).
Supposons que f et g possedent en tout point de ]a; b[ une derivee a droite fd0
et gd0 veriant pour tout t de ]a; b[ l'inegalite kfd0 (t)k6gd0 (t).
dans les calculs faits plus haut, il sut partout de remplacer f 0 (c) et g0 (c)
respectivement par fd0 (c) et gd0 (c) et choisir comme cela a ete fait t>c. Le
resultat nal est encore vrai.
15
1
2
1
1
2
2
58. kf (b) f (a)k6kf (b) f (a )k + kf (a ) f (a )k + kf (a ) f (a)k.
C'est le resultat demande.
M
Supposons que pour t 2]a; a [ on ait kg(t)k < . Par continuite nous avons
3
M
M
kg(a )k6 3 et kg(a)k6 3 donc kg(a)k + kg(a )k + kg(a )k < M ce qui est
contradictoire donc il existe t 2]a; a [ veriant kg(t )k> M .
3
En recommancant avec [t ; s ] ce
qui
vient
d'^
e
tre
fait
nous
en
deduisons l'exis
s
t
tence de t 2 t ; t + 2
veriant
3
2
2
1
1
2
2
1
1
1
2
1
1
1
2
2
1
1
1
Soit c = sup E . 8 > 0; 9t 2 E; c < t6c en choisissant = n +1 1 avec n 2 N nous
construisons une suite (tn)n2N de points de E veriant 8n 2 N; c n +1 1 < tn6c. Cette suite
converge vers c qui est donc dans E car E est un ferme de R.
15
56
CHAPITRE 2. VARIABLE RE ELLE ; CORRIGE S
s t 1
f t +
f (t ) > 3 kf (s ) f (t )k.
3
1
2
1
2
1
1
Nous construisons ainsi deux suites de points veriant t = a, s = b et pour
n 2 N sn = tn + sn 3 tn , tn 2]tn; sn[ avec
f tn + sn tn f (tn ) > 1 kf (sn) f (tn)k.
3
3
Par construction (sn)n2N est strictement decroissante et (tn)n2N est strictement
s
tn = b a .
croissante. sn tn = n
3
3n
Nous disposons de deux suites adjacentes qui sont donc convergentes de limite
c 2]a; b[.
g(tn ) = f (sn) f (tn) donc 8n 2 N; kg(tn)k> kf (b) 3n f (a)k .
f est derivable en c donc
f (sn) = f (c) + (sn c)f 0 (c) + (sn c)" (n),
f (tn ) = f (c)+(tn c)f 0 (c)+(tn c)" (n) avec n!lim1 " (n) = 0 et n!lim1 " (n) = 0.
Il vient alors
3n (f (sn) f (tn)) = 3n(sn tn)f 0 (c) + 3n(sn c)" (n) 3n (tn c)" (n).
3n (sn tn ) = b a, k3n(sn c)" (n)k6(b a)k" (n)k et
k3n (tn c)" (n)k6(b a)kn" (n)k.
Nous en deduisons n!lim1 3 (f (sn) f (tn)) = (b a)f 0 (c) et compte tenu de
l'inegalite demontree plus haut nous avons (b a)kf 0(c)k>kf (b) f (a)k.
0
1
1
+1
0
+1
+1
1
1
1
2
1
+
1
1
2
2
+
2
1
2
+
59. Soit " > 0. Il existe > 0 tel que 8(x; y) 2 I , jx yj6 ) kf 0 (x) f 0 (y)k6 " .
2
Soit x 2 I . Posons, pour t 2 I , g(t) = f (t) tf 0 (x).
g0 (t) = f 0 (t) f 0 (x). Pour t 2 [x; x + ], kg0 (t)k = kf 0 (t) f 0 (x)k6 2" . En uti"
lisant l'inegalite des accroissements nis nous obtenons kg(x + ) g(x)k6
2
"
c'est-a-dire k(f (x + ) (x + )f 0 (x)) (f (x) xf 0 (x))k6 soit encore
2
1
"
"
1
0
0
(f (x + ) f (x)) f (x) 6 puis kf (x)k6 + (f (x + ) f (x)).
2 2
1
lim (f (x + ) f (x)) = 0, car f a une limite en +1, il existe donc
x! 1 A>a tel que pour x>A on ait kf 0 (x)k6" c'est-a-dire x!lim1 f 0 (x) = 0.
Remarque supposons E complet. Soit ' une application uniformement continue denie de I dans E ayant une integrale impropre convergente.
Z tAlors, ' a
pour limite 0 en +1. Il sut pour cela de poser 8t 2 I; f (t) = '(u) du.
a
f a une limite en +1 donc sa derivee ' a une limite nulle en +1.
Soit I = [1; +1[. Posons f (t) = sin(t ) . f a pour limite 0 en +1.
t
sin(
t
)
0
f (t) = 2 cos(t )
t .
2
+
+
2
2
2
2
57
t 7 ! cos(t ) n'a pas de limite en +1 car sinon il existe l 2 R tel que
8" > 0; 9A > 0, 8t 2 R; t>A ) j cos(t ) lj6".
En particulier 8u 2 R; u>A ) j cos(u) lj6". cos a donc une limite en +1
et nous savons qu'une fonction periodique denie sur R n'a de limite en +1
que si elle est constante ; d'ou le resultat.
2
2
2
60. Supposons l = 0.
Posons g(t) = exp(t)f (t). g est derivable, g0 (t) = exp(t)(f (t) + f 0 (t)).
8" > 0; 9A>a; t>A ) kg0 (t)k6 2" exp(t). En utilisant l"inegalite des accroissements nis entre A et t nous obtenons kg(t) g(A)k6 " (exp(t) exp(A))
2
"
soit encore kg(t)k6kg(A)k + (exp(t) exp(A)) puis
2
kf (t)k6kg(A)k exp( t) + 2" (1 exp(A) exp( t)).
" (1 exp(A) exp( t)) = " donc il existe B >A tel que
lim
k
g
(
A
)
k
exp(
t
)
+
t! 1
2
2
"
" "
pour t>B on ait kg(A)k exp( t) + (1 exp(A) exp( t))6 + = ". Nous
2
2 2
avons demontre 8" > 0; 9B >a; 8t; t>B ) kf (t)k6" c'est-a-dire t!lim1 f (t) = 0.
Si l est quelconque, il sut d'appliquer le resultat precedent a f (t) l pour
conclure.
61. Soit " > 0. Il existe A>a veriant 8t>A; kf 0 (t)k6 " . En utilisant l'inegalite
2 "
des accroissements nis nous obtenons kf (t) f (A)k6 jt Aj puis en sup A 2
f (t) 1
"
.
posant t > max(A; 0), 6 kf (A)k + 1
t
t
2
t
A "
f (t) 1
"
lim kf (A)k + 1
t! 1 t
2
t = 2 donc il existe B >A veriant : 8t>B; t 6"
d'ou le resultat demande.
1 1
62. En utilisant la formule de Taylor nous avons ch p
=1+
+ Rn;k
2(
k
+
n
)
k
+
n
Z
1 pk n p 1
avec Rn;k =
t sh(t) dt.
2
k
+
n
1 Z pk n 1
1 1
pk + n t dt = 6 sh pk + n (k + n)1pk + n .
jRn;k j6 sh pk + n
1 1
n
n X
X
1
pn sh pn 6 6pn sh(1).
06 Rk;n6
6
n
k
k
+
+
+
1
+
2
0
1
+
2
0
=1
=1
Nous en deduisons : n!lim1
+
n
X
k=1
Rk;n = 0.
En utilisant les sommes de Riemann, nous obtenons que
a pour limite, lorsque n tend vers +1,
Z
1
0
n
X
k=1
n
1 = 1X
1
k + n n k 1 + nk
=1
1 dt = ln(2). La suite proposee
1+t
CHAPITRE 2. VARIABLE RE ELLE ; CORRIGE S
58
a donc pour limite 1 ln(2).
2
63. Si f = 0, le resultat est immediat.
Z
0
0
Supposons f 6= 0. Soit " > 0. Soit " deni par " = 2" jf (t)j dt. f 0 est uni1
formement continue donc il existe > 0 tel que pour n 2 N; n>N = E
k + 1 k on ait 8k 2 N; 06k6n; f 0
f 0 n + 1 6"0 .
n
+
1
k + 1 X
k + 1 k n n X
k
k
0
f n + 1 f n + 1 = f n + 1 f0 n + 1 f0 n + 1
k
k
k + 1
n X
k
+
1
+ f
f0 n + 1 .
n
+
1
k
Z
n X
1
k + 1 f 0 k + 1 = (f (t)f 0 (t)) dt.
f
lim
n! 1 n + 1
n+1
n+1
k X
k k + 1 k 1 n
0
0
Pour n>N , n + 1 k f n + 1 f n + 1 f n + 1 n 0 X
"
k
6 n + 1 f n + 1 .
k
Z
n 0
X
"
k = "0 jf (t)j dt = " . Il existe donc N >N tel
lim
f
n! 1 n + 1
n+ 1 2
k
k n
1 X
k
k
+
1
0
0
que pour n>N on ait n + 1 k f n + 1 f n + 1 f n + 1 6".
Z
1
Finalement nous obtenons n!lim1 un = (f (t)f 0 (t)) dt = f (1) f (0) .
2
64. Soit E l'ensemble des entiers n tels que pour f et ni veriant les conditions
indiquees, le resultat soit vrai.
Pour n = 1, p est egal a 1 et n = 1. f (a ) = 0 donc 1 2 E .
Supposons avoir prouve que 1; 2; ; n sont dans E .
n + 1 est-il dans E ? Avec p = 1 nous avons n = n + 1 et f k (a ) = 0 pour
k6n et en particulier f n (a ) = 0.
Avec p>2, d'apres le theoreme de Rolle f 0 s'annule en p 1 points b ; ; bp
avec bi 2]ai ; ai [. Notons g = f 0 . Pour chaque i 2 Np avec ni >2, g k (ai) = 0
pour k 2 N; k6ni 2. et g0 (bj ) = 0 pour j 2 Np . Si ni < 2 alors ni = 1 et
ni 1 = 0. Nous avons alors
1
0
=0
=0
=0
1
+
0
=0
=0
=0
1
+
1
0
=0
1
=0
+
1
1
2
0
1
( )
1
( )
2
1
1
1
+1
( )
1
1
p
X
i=1
(ni 1)(ni 1) + (p 1) = (n + 1) p + (p 1) = n . Il existe donc un
point c 2 [a ; ap] (car les bj sont dans cet intervalle) veriant g n (c) = 0
c'est-a-dire f n (c) = 0. n + 1 est donc dans E et le resultat est vrai pour tout
n 2 N .
1
( )
(
1)
59
Remarque en fait il sut que f soit de classe C n .
1
65. Demontrons un resultat preliminaire : soient f et g deux applications continues sur un intervalle [a; b] de R a valeurs reelles. On suppose f et g derivables
sur ]a; b[ et 8t 2]a; b[ jf 0 (t)j6g0 (t). Alors jf (b) f (a)j6g(b) g(a).
Considerons les fonctions f g et f + g. La premiere est decroissante, la
seconde est croissante donc (f g)(a)>(f g)(b) et (f g)(a)6(f g)(b).
Nous en deduisons alors jf (b) f (a)j6g(b) g(a).
"
Soit " > 0. Il existe A > 0 tel que pour t>A on ait ju0 (t)j6 v0 (t).
2
En utilisant le resultat preliminaire, pour A6a < t, nous avons
ju(t) u(a)j6 2" (v(a) v(t)) puis ju(a)j6ju(t)j + 2" (v(a) v(t)).
lim ju(t)j + " (v(a) v(t)) = " v(a). v est strictement decroisante au voisit! 1
2
2
nage de +1 donc v > 0 au voisinage de +1 et v(a) > 0.
Il existe donc A >A tel que pour t>A on ait ju(t)j + " (v(a) v(t))6"v(a)
2
c'est-a-dire ju(a)j6"v(a) pour a>A. Nous avons bien u = o(v).
+
1
1
66. Nous savons que si une application denie sur un intervalle I de R a valeurs
reelles, continue, est de classe C p sur I nfag et si pour tout k 2 Np f k possede
une limite reelle en a 2 I alors f est de classe C p et f k (a) = lim
f k (t).
t
!
f est de classe C 1 sur R.
1
Pour t > 0, f 0 (t) = f (t). Il est immediat que f 0 a pour limite 0 en 0.
t
Supposons que pour k6p f k a une limite nulle en 0 avec, pour t > 0,
f k (t) = Ptk (kt) f (t) ou Pk est une fonction polynomiale.
tP 0 (t) 2kP (t) P (t) k
k
p
k
Soit t > 0. f (t) =
k
t
t k f (t).
Le resultat est demontre au rang p + 1 et f est de classe C 1 .
( )
( )
( )
0
2
( )
( )
2
( +1)
2 +1
2 +2
67. (a) Supposons f semi-continue-inferieurement.
Soit 2 R. Soit a 2 f (]; +1]) = V 6= emptyset. (Si V = ;, V est
ouvert).
f (a) > et f est semi-continue-inferieurement en a donc V est un voisinage de a qui est alors voisinage de chacun de ses points et est ouvert.
Supposons que pour tout 2 R, f (]; +1]) soit ouvert.
Soit a 2 X ; soit < f (a). (Si f (a) = 1; n'exsite pas, ]; +1] = ;
et f (]; +1]) est ouvert).
f (]; +1]) est ouvert donc voisinage de chacun de ses points et en
particulier de a. f est donc semi-continue-inferieurement en a donc est
semi-continue inferieurement.
La demonstration est la m^eme pour semi-continue-superieurement ; nous
en deduisons que f est semi-continue-superieurement si et seulement si
8 2 R; f ([ 1; [) est ouvert. On peut d'ailleurs remarquer que f
est semi-continue-inferieurement si et seulement si f est semi-continuesuperieurement.
1
1
1
1
1
CHAPITRE 2. VARIABLE RE ELLE ; CORRIGE S
60
En combinant les deux resultats nous en deduisons qu'une fonction semicontinue-inferieurement et semi-continue-superieurement est continue.
En eet, soit O un ouvert de R. Soit a 2 O.
Si a = 1, il existe b 2 R tel que [ 1; b[ O.
Si a = +1, il existe b 2 R tel que ]b; +1] O.
Si a =2 R, il existe (b; c) 2 R tel que ]b; c[ O.
La reunion, pour chaque a 2 O, de tels intervalles est donc incluse dans
O et contient naturellement O ; elle est donc egale a O.
f ([ 1; b[) et f (]b; +1]) sont ouverts.
]b; c[=]b; +1]\[ 1; c[ donc f (]b; c[) = f (]b; +1]) \ f ([ 1; c[)
qui est ouvert. Nous en deduisons bien alors que f (O) est ouvert comme
union d'ouverts. f est alors continue.
(b) Si f (x) = 1 le resultat est immediat. Supposons f (x) > 1.
Soit 2 R; < f (x) V = f ([; +1] 6= ;) est un voisinage de x.
La suite (xn)n2N converge vers x donc il existe N 2 N tel que pour n>N
on ait xn 2 V .
Nous en deduisons pour n>N , f (xn) 2 [; +1] et pinf
f (xp )> puis
>n
2
1
1
1
1
1
1
1
l = lim inf f (xn) = n!lim1 pinf
f (xp ) >.
>n
Nous en deduisons que 8 < f (x); l> donc l>f (x) car sinon l < f (x) et
en choisissant 2]l; f (x)[ nous aurions l < 6l ce qui est contradictoire.
(c) Soit a 2 X . Soit < f (a) + g(a).
Si f (a) = g(a) = +1 choisissons = = 1 .
2
Si f (a) = +1 et g(a) 2 R choisissons < g(a) et = .
Choisissons enn = 1 (f (a) g(a) + ) et = 1 (g(a) f (a) + ) si
2
2
f (a) et g(a) sont reels.
Dans tous les cas + = , < f (a) et < g(a).
V = f ([ ; +1]) et V = f ([ ; +1]) sont des voisinages de a.
Soit x 2 V = V \ V . f (x)+ g(x)> + = et (f + g) ([; +1]) V
et est un voisinage de a. f + g est donc semi-continue-inferieurement.
(d) Soit a 2 X . Soit < f (a) = sup fi (a). Par caracterisation de la borne
i2I
superieure il existe i 2 I tel que < fi (a)6f (a). La fonction fi est
semi-continue-inferieurement donc V = (fi ) ([; +1]) est un voisinage
de a.
Nous avons donc pour tout x 2 V; 6fi(x)6f (x) et f (V ) [; +1].
V f ([; +1]) ; f ([; +1]) est donc un voisinage de a. f est bien
semi-continue-inferieurement.
(e) Soit m 2 R la borne inferieure de f sur X . Supposons que cette valeur
ne soit pas atteinte.
8x 2 X; f (x) > m. Soit a 2 X . Soit "a < f (a) m. Il existe un voisinage
Va de a (que l'on peut choisir ouvert) tel que 8y 2 V; f (y)>f (a) "a > m.
+
1
2
2
1
1
2
1
1
1
2
1
2
1
2
1
1
2
2
1
1
2
1
1
2
1
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
61
La famille des Va recouvre X qui est compact donc X possede un recouvrement par une sous-famille nie des Va . Soit Va ; ; Vap cette sousfamille. Soit y 2 X . Il existe i 2 Np tel que y 2 Vai donc f (y)>f (ai) "ai .
Nous en deduisons que pour tout y de X f (y)>m0 = min
(f (ai) "ai ). Ce
i2Np
minimum est strictement superieur a m. Cela contredit le fait que m est
la borne inferieure ; d'ou le resultat.
(f) Soit X un ensemble ouvert.
Soit 2 R.
Supposons >1. E ]; +1] = ; est ouvert.
Supposons 2 [0; 1[. E ]; +1] = E est ouvert.
Supposons < 0. E ]; +1] = X est ouvert.
E est semi-continue-inferieurement.
Reciproquement supposons E est semi-continue-inferieurement.
E (]0; +1]) = E est donc ouvert.
Comme precedemment
avons
8 nous
X
si > 1
<
E ([ 1; [) = X n E si 2]0; 1] . Si E est ferme alors X n
: ; si 60
E est ouvert et E est semi-continue-superieurement.
Si E est semi-continue-superieurement alors E ([ 1; 1[) = X n E
qui est ouvert c'est-a-dire E est ferme.
1
1
1
1
1
1
1
t X
t X
t X
t
n n
n
n
X
1
t
1
1
1
f 2k
f 2k = t f 2k
f 2k
68.
k g 2k =
2
t
t
k
k
k
k
1
1 t
1
1
=1
=1
=0
=1
= f (t) f n .
t
t 2
Par hypothese, pour " > 0 il existe > 0 tel que pour t 2 V veriant 0 < jtj6
on ait jg(t)j6 " .
2 n
n
X 1 t X
1 "
Nous avons alors g
6
"
k
k
k 62.
2
2
2
k
k
1 t
Soit t xe veriant ces conditions. n!lim1 f n = 0 ; il existe alors nt verit 2
1 t "
ant f n 6 .
t 2
2 t X
t " "
nt
f
(
t
)
1
1
Nous obtenons alors 6 f n + k g 2k 6 2 + 2 = ".
t
t 2
2
f (t) k
f (t) = 0.
Nous avons donc 8t 2 V 0 < jtj6 ) 6" c'est-a-dire lim
t! t
t
=1
=1
+
=1
0
69. Supposons l = 0.
Soit " > 0. Il existe A>a tel que pour t>A on ait kf (t + 1) f (t)k6 " .
2
Soit t>A. Notons n = E (t A). A6u = t n < A + 16A + 1.
62
CHAPITRE 2. VARIABLE RE ELLE ; CORRIGE S
"
Pour tout entier k nous avons kf (u + k + 1) f (u + k)k6 donc
2
X
n
n"
(
t
kf (t) f (u)k = (f (u + k + 1) f (u + k)) 6 2 6 2A)" .
k
16
1
=0
Nous obtenons alors kf (t)k6kf (u)k + (t A)" puis pour t > 0; et t>A
2
1 kf (t)k6 1 kf (u)k + (t A)" .
t
t
2t
f est bornee sur tout compact donc pour A ainsi choisi kf (u)k6MA.
MA + (t A)" = " donc il existe B > max(A; 0) tel que pour t>B on
lim
t! 1 t
2t
2
ait
1
(t A)"
1
1
k
f
(u)k +
6
"
donc kf (t)k6" et t!lim1 f (t) = 0.
t
2t
t
t
Soit g(t) = f (t) tl. g(t+1) g(t) = f (t+1) f (t) l ; t!lim1(g(t + 1) g(t) = 0)
1
1
donc t!lim1 g(t) = 0 puis t!lim1 f (t) = l.
t
t
70. (a) f (t) = sh(t) convient ainsi que sh(atp
) avec a 2 R.
Ces fonctions verient f (0) = 2f (0) 1 + (f (0)) c'est-a-dire f (0) = 0.
p
(b) Pour t 2 R posons u(t) = ln f (t) + 1 + f (t) ce qui est equivalent
a f (t) = sh(u(t)).
f est solution si et seulement si sh(u(2t)) = 2 sh(u(t)) ch(u(t)) = sh(2u(t)).
f est donc solution si et seulement si 8t 2 R u(2t) = 2u(t).
t
Nous obtenons immediatement 8(t; n) 2 R N; 2n u n = u(t).
2
u tn
Supposons u derivable en 0. Soit t 6= 0. n!lim1 t = u0 (0) donc
n
u(t) = tu0 (0). Nous retrouvons alors les fonctions vues plus haut.
Dans le cas ou f est derivable en 0 alors u l'est aussi et les solutions sont
les fonctions denies par t 2 R 7 ! sh(at) 2 R ou a est une constante
reelle.
(c) Soient a et b deux reels di
erents.
sh(bt) si t60 . f est continue et est
Soit f denie par f (t) = sh(
at) si t > 0
solution.
+
+
+
+
+
2
17
2
2
+
2
71. Posons g(t) = (f (t)) exp( 2Mt). g est d
erivable et
0
0
g (t) = exp( 2Mt) 2f (t)f (t) 2(f (t)) = 2f (t) exp( 2Mt)(f 0 (t) Mf (t)).
Si f (t)>0 alors f 0 (t)6Mf (t) ; si f (t)60 alors f 0 (t)>Mf (t) donc pour tout t,
g0 (t)60 et g est decroissante. g(a) = 0 donc pour tout t, g(t)60 ce qui conduit
a f = 0.
2
2
16
17
Si n = 0 f (t) = f (u).
u(t) = Argsh(f (t)).
63
sin(16nt) 1
n
72. n 6 n . La serie de fonctions de terme general sin(16n t) converge nor2
2
2
n
malement; les applications t 2 R 7 ! sin(16n t) 2 R etant continues la fonction
2
X1 sin(16nt)
est continue.
f denie sur R par f (t) =
2n
n
Soit h 2 R.
f (t + h) f (t) . Soit N 2 N
Notons (h) =
h
N
X sin(16n(t + h)) sin(16nt) X1 sin(16n(t + h)) sin(16nt)
(h) =
+
.
n
n
h
2
h
2
n
n N
+
=0
1
+
=0
Notons SN (h) =
SN (h) = 2
1
n=0
h2n
h 16n h
cos 16n x +
.
2nh
2
2
Nous avons alors jSN (h)j6
sin(16n t) .
1
n=0
X sin
N
=
X sin(16n(t + h))
N
X
N
1
k=0
N
8
8k 6
7
.
N
RN 2 161N = 28 cos 16N x sin 16N x ,
8N
RN 16N = sin 16N x .
p 2(cos(t) sin(t)) = 2 2 cos t + ).
4
3
p p
Pour t 2
+ k; + k 2 2 cos t + ) >2 2 sin
.
8
8
4
8
5
Pour t 2 + k; + k jsin (t))j > sin
donc l'un des deux nombres
8
8
8
1 RN 16N ou RN 2 16N est au moins egal a 8N 2 sin 8
Nq p
N
8 2 sin
=8 2
2 > 0; 24 8N .
8
N
Soit t 2 R xe. 8N 2 N ; 9h 2 R j(h)j>0; 24 8N 8 >6 8N .
7
(h) n'a donc pas de limite en h = 0 et f n'est pas derivable.
1
1
1
1
2
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
64
Chapitre 3
E tude de fonctions
E tudier les fonctions suivantes et tracer les courbes representatives.
1 t
1. f (0) = 1, pour t 6= 0, f (t) = 1 + .
t
t
1
2. f (0) = 0, et pour t 6= 0, f (t) =
.
sh(t) ch(t)
3. f (t) = (1 + sin(t)) t a prolonger par continuite.
4. Soit f (t) = ln(1 + t). En appliquant le theoreme des accroissements nis a f
sur l'intervalle d'extremites 0 et x 6= 0; x > 1, on note (x) 2]0; 1[ veriant
f (x) f (0) = xf 0 ((x)x). Apres avoir prolonge par continuite en 0, etudier
x > 1 7 ! (x) 2 R.
1 5. f (t) = t atan
t+1 .
cotan( )
2
6. f (t) = j tan(t)j
t
cos( )
.
!
t+1
7. f (t) = asin p
.
2(t + 1)
2
8. f (t) =
Z
2
jt uj sin(u) du.
Z
2
9. On pose pour x 2 R, f (x) = 2x
exp( x sin(t)) dt.
E tudier f .
Montrer qu'il existe un unique reel de [0; 1] ou f s'annule.
E tudier la suite (un )n2N denie par
Z
1
u 2 R et pour n 2 N; un = 2 exp( un sin(t)) dt.
2
0
2
0
0
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
66
Chapitre 4
E tude de fonctions ; corriges
1 t
1. f (0) = 1, pour t 6= 0, f (t) = 1 + .
t
f est denie sur ] 1; 1[[[0; +1[.
Lorsque t tend vers 0 nous avons t(ln(1 + t) ln(t)) = t ln(t) + t + o(t ),
f (t) = (1 + t + o(t ))(1 t ln(t) + o(t ln(t))) = 1 t ln(t) + o(t ln(t)). Nous en
f (t) 1 = +1. f est continue en 0 et la tandeduisons tlim
f
(
t
)
=
1
et
lim
!
t!
t
gente a la courbe representative de f en le point d'abscisse 0 et parallele a l'axe
des ordonnees. t!lim f (t) = +1, t!1
lim f (t) = e. La courbe possede donc une
asymptote.
t 1 0
Pour t 2] 1; 1[[[0; +1[, f (t) = f (t) ln
+
.
1+t
1+t
Nous
que pour x > 0 ln(x) < x 1 donc
savons
t < t
1
ln
1=
.
1+t
1+t
1+t
La derivee de f est donc strictement positive. Nous avons le tableau de variations suivant :
2
2
2
0+
0+
1
1
t
f 0 (t)
f (t)
1
+1
0
+
0
+
* e
1
* e
Nous avons alors le trace suivant :
14
12
10
8
6
4
2
–6
–4
–2
0
2
4
6
2
CHAPITRE 4. E TUDE DE FONCTIONS ; CORRIGE S
68
1 .
2. f (0) = 0, et pour t 6= 0, f (t) = t
sh(t) ch(t)
f est paire. Il est clair que f est continue en 0.
Pour t 2 R; f 0 (t) = th(t) + th (t) t .
sh (t) ch (t)
La derivee a le signe de g(t) = th(t) + th (t) t.
f 0 (t) = 0. f est donc de classe C .
g(t) t! 23t donc f 0 (t) t! 23t et lim
t!
p p g0 (t) = th (t)(2 3 th (t)) ; g0 (t) > 0 pour t 2 0; ln 2 + 3 , g0 (t) < 0
p p
pour t > ln 2 + 3 .
p p
g(ln( 2 + 3)) > 0, t!lim1 g(t) = 1 donc g s'annule en un unique point
p p
t > ln( 2 + 3). Nous avons les variations suivantes :
3
2
5
3
3
1
0
0
2
0
2
+
0
1
t
f'(t)
f (t)
t
+
t
0
0
0
-
0
+
+1
0
0
-
* y HH
* y HH
HHHj 0 HHjH 0
0 0
0
Nous pouvons determiner une valeur approchee de t et y .
g(1; 8) < 0; g(1; 7) > 0. Placons-nous sur [1; 7 1; 8].
Posons '(t) = g(t) t. '(t ) = t .
'0 (t) = (1 th(t) )(1 + 3 th(t) ) < (1 th(1; 7) )(1 + 3 th(1; 8) ) < 0; 47.
' est croissante et laisse stable l'intervalle [1; 7; 1; 8]. En utilisant l'inegalite
des accroissements nis nous obtenons j'(t) '(t )j60; 47jt t j donc en notant 'n la composee nieme de ' nous obtenons
j'n(t) 'n (t )j6(0; 47)n jt t j60; 1(0; 47)n .
Avec par exemple n = 20 nous obtenons pour valeur approchee de t a 4 10
pres 1,79279064.
1 + 2 .
f 00 (t) = sh(t t) + 2t
sh (t) ch(t) ch (t)
Sur l'intervalle [1; 7 1; 8] th(t) < 1 < t donc sur cet intervalle f 00 est strictement
positive et f 0 est strictement croissante.
Nous en deduisons jf (t) f (t )j6jt t j max(jf 0 (1; 79279068)j; jf 0(1; 7927906)j).
jf 0 (1; 79279068)j < 10 ; jf 0 (1; 7927906)j < 2 10 .
Si nous evaluons f (1; 79279068) et f (1; 7927906) avec 20 decimales nous obtenons respectivement 0,28999332604342054279 et 0,28999332604342038636 ce
qui est bien compatible avec ce que nous attendions. Une valeur approchee de
f (t ) est donc 0,28999332604342
Nous avons alors le trace suivant :
0
0
2
2
0
2
2
0
0
0
0
0
0
3
3
0
8
0
8
0
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
8
69
0.3
0.25
0.2
0.15
0.1
0.05
–8 –6 –4 –2
2
4
6
8
3. f (t) = (1 + sin(t)) t a prolonger par continuit
i e. i
L'application f est 2-periodique. Pour t 2
;
n
f
0g, f ( t) = 1 .
2 2
f (t)
Posons u = t + . f (t) = exp( tan(u) ln(1 cos(u))).
2
Lorsque u tend vers 0 f u = exp( (2 ln(juj) ln(2) + 0(1))(u + o(u)))
2
donc = 1.
lim
f
u
u!
2
Lorsque t tend vers 0, cotan(t) = 1 (1 + o(t)) et ln(1 + sin(t)) = t + o(t). Nous
t
en deduisons lim
cotan(t) ln(1 + sin(t)) = 1 puis lim
f (t)) = e.
t!
t!
En posant f + 2k = 1; f (2k) = e et f ((2k + 1)) = 1 pour k 2 Z,
2
e
f est alors denie sur R et est continue.
h
i
Nous pouvons nous limiter a l'etude de f sur t 2 ; .
ln(1 + sin(t2)) 2 cos (t) i i
Pour t 2
;
n
f
0g, f 0 (t) = f (t)
+
.
2 2
sin(t)(1 + sin(t))
sin (t)
) sin(t) .
f 0 a le signe de g denie par g(t) = ln(1 + sin(t)) + cos1 +(tsin(
t)
t)(1 + 2 sin(t)) .
g0 (t) = sin(t) cos(
1 + sin(t)
Nous avons les variations suivantes :
t
0
2
6
2
cotan( )
0
0
0
2
2
2
g'(t)
g(t)
0
+1
+
0
0
* 0 HH
HHH
HHHj < 0
HHj < 0 70
CHAPITRE 4. E TUDE DE FONCTIONS ; CORRIGE S
i
h
Il existe t 2 ; tel que f 0 (t ) = 0. f est strictement croissante sur
2 6
h i
h i
; t et strictement decroissante sur t ; .
0
0
2
2
h
i
Nous en deduisons, f etant strictement poditive, que pour t 2 ; t f
2
3
est strictement decroissante et pour t 2 t ;
f est strictement crois2
sante.
Lorsque t tend vers 0, cotan(t) = 1 + o(1), ln(1 + sin(t)) = t t + o(t ) puis
t
t
2
t
cotan(t) ln(1 + sin(t)) = 1
+ o(t) et f (t) = e 1
+ o(t) .
2
2
f est derivable en 0 et f 0 (0) = 2t .
Posons u = t + . Lorsque u tend vers 0,
2
tan(u) = u + o (u ), ln(1 cos(u)) = 2 ln(juj) ln(2) + o(u).
tan(u) ln(1 cos(u)) = 2u ln(juj) + uo(u ln(juj) u ln(2) + o (u )
c'est-a-dire
tan(u) ln(1 cos(u)) = 2u ln(juj) u ln(2) + o(u).
exp( tan(u) ln(1 cos(u))) = exp( 2u ln(juj)) exp( u ln(2) + o(u))
= (1 2u ln(juj))+ o (u ln(juj)))(1 u ln(2)+ o(u))
= 1 2u ln(juj) + u ln(2) + o (u ln(juj)).
Nous en deduisons que t!lim f (t) 1 = +1.
t+
La pente de la courbe en les points d'abscisses (4k + 3) est parallele a l'axe
2
des ordonnees. f 0 (t ) = f 0 ( t ) = 0.
En utilisant MAPLE, nous obtenons a < t < b avec a = 0; 7529614445 et
b = 0; 7529614443.
g est decroissante au voisinage de t .
1
Sur [a; b], jg(t)j6 max(jg(a)j; jg(b)j) = jg(b)j610 ,
64.
sin (t)
f (t)6(1 + sin(a)) b 63:4164952902382410242 soit jf 0 (t)j62 10 .
En utilisant l'inegalite des accroissements nis, nous avons
pour t 2 [a; b]; jf (t) f (t )j612(b a)10 = 24 10 = .
f (a) < 3:416495288555678386; f (b) > 3:416495288555678385 donc
f (b) < f (t ) < f (a) + c'est-a-dire
3:4164952885556783848 < f (t ) < 3:4164952885556783862.
Nous obtenons la courbe suivante :
0
0
0
0
2
2
2
2
2
2
0
0
0
0
10
2
cotan( )
9
10
0
0
0
Tous droits reserves, exercies corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
20
71
4
3
2
1
–8
–6
–4
0
–2
2
4
6
x c'est-a-dire
4. (x) verie, pour x 6= 0; x > 1, la relation ln(1 + x) =
1 + x(x)
x
ln(1 + x)
(x) = x ln(1 + x) .
Lorsque x tend
0,
vers
x
x
x + o(x) 1
x x
+ + o (x )
1
(x) =
=
=
x + o(x).
x
x
1
+ o(x) 2 12
x x
+ o (x )
lim (x) = 1, x!lim1 (x) = 0.
x!
est donc prolongeable par continuite en 0 et en -1.
Posons (0) = 1 , et ( 1) = 1.
2
1.
est derivable en 0 de derivee egale a 12
(x) 1 = 1 +
1
(x) 1 = 1.
donc x!lim
x+1
x (x + 1) ln(x + 1)
x+1
Soit A =] 1; 0[\]0; +1[.
1
1
Pour x 2 A, f 0 (x) =
x (1 + x) ln (1 + x) . x ln(1 + x) > 0
p1 + x
x
1
0
donc (x) a, sur A, le signe de ln(1 + x) p
x + ln(1 + x)
1+x
qui est du signe de ln(1 + x) p x .
1+x
Posons pour x 2] 1; +1[, g(x) = ln(1 + x) p x .
1+x
p
g0 (x) = 2 1 + x p 2 x .
2(1 + x) 1 + x
p
p
g0 (x) a le signe de (2 1 + x 2 x)(2 1 + x + 2 + x) = x < 0.
g est strictement decroissante nulle en 0 donc sur A, 0 (x) < 0. est strictement decroissante.
Nous avons la courbe suivante :
2
3
2
2
1
2
2
2
1
3
3
3
2
+
1+
2
2
2
CHAPITRE 4. E TUDE DE FONCTIONS ; CORRIGE S
72
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
2
4
6
8
10
–0.2
1
5. f (t) = t atan
t+1 .
f est denie sur R n f 1g ; elle y est de classe C 1 .
lim f (t) = , lim f (t) = .
t!
2 t!
2
Lorsque t tend vers l'inni,
1 1 1 1 1 1
atan
=
t + 1 = atan t t + t + o t
t
en deduisons :
1
4
f (t) = t 1 + 3t + o t .
2
1
1+
2
3
3
1 4
1
+ +o
t 3t
t . Nous
2
3
3
La droite d'equation y = t 1 est asymptote a la courbe representant f lorsque
t tend vers l'inni ; de plus la courbe est \au dessous" de l'asymptote au voisnage de 1, \au dessus" de l'asymptote au voisinage de +1.
1 t
0
Pour t 6= 1, f (t) = 2t atan
.
t
+
1
t
+
2
t
+
2
1 t
Posons g(t) = 2 atan
. g0 (t) = t 4t 6 > 0.
t+1
t + 2t + 2
t + 2t + 2
g est stritement decroissante sur chacun des intervalles ] 1; 1[ et ] 1; +1[.
lim g(t) = 0 donc pour t > 1; g(t) > 0 et pour t < 1; g(t) < 0.
t!1
f 0 (t) est donc strictement positif sur ] 1; 1[[]0; +1[, strictement negatif
sur ] 1; 0[ et nul en 0.
lim f 0 (t) = 1, lim f 0 (t) = 1.
t!
1 t!
Soit h(t) = atan
t + 1 (t 1).
0 (t)
h
Posons pour t 2 R nf 1; 0g, k(t) =
. k0 (t) = 2(t + 4t + 2) . k0 s'annule
t
t (t + 2t + 2)
p
en 2 p 2.
p
k( 2 2) > 0, t!lim k(t) = 2 , k( 2 + 2) > 0, t!1
lim k(t) = 0. k s'an2
2
2
2
2
1+
1
2
2
1
2
2
73
p
nule donc en t 2] 2
2; 1[.
Nous en deduisons le signe de h0 puis les variations de h.
Il existe alors t 2]t ; 1[ tel que h(t ) = 0, h(t) < 0 sur ] 1; t [, h(t) > 0
sur ]t ; +1[nf 1g.
La courbe coupe l'asymptote en un point d'abscisse t .
Nous avons le tableau suivant :
0
1
0
1
1
1
1
t
1
k'(t)
k(t)
+
2
p
t
2
0
XXXXX
XXXz
+2
2
HHHj
+
>0
+
<0
2
2
+1
+1
XXXXX
XXXXz
2
1
3
2
1
–2
+
0
*
-1
Par dichotomie nous obtenons a l'aide de Maple
1; 517428502868804 < t < 1; 517428502868803.
Nous avons la courbe suivante :
–3
+1
0
2
0
h0 (t)
h(t)
2+
0
> 0 HHH
j0
*
HHj
0
0
p
1
0
–1
1
0
–1
–2
–3
–4
2
3
4
0
74
CHAPITRE 4. E TUDE DE FONCTIONS ; CORRIGE S
[ n o
6. f (t) = j tan(t)j t . f est 2-periodique, denie sur A = R n
k 2 . Sur
cos( )
k2Z
A, f (t + ) = f (1t) et f est paire. Nous pouvons donc nous limiter a l'etude
i h
sur 0; .
2
u,
Lorsque t tend vers , nous avons en posant t =
2
2
tan(t) = cos(u) = 1 1 u + o u ln(j tan(t)j)) = ln(juj) u + o u
sin(u) u
3
3
et
cos(t) ln(j tan(t)j)) = u ln(juj) + o (u ln(juj)).
f (t) 1 = ln(juj) + o (ln(juj))
f (t) = 1 u ln(juj) + o (u ln(juj)). tlim
f
(
t
)
=
1.
!
t f (t) 1 = 1. La tangente a la courbe au point d'abscisse est
donc tlim
! t 2
parallelea l'axe des ordonnees. Lorsque t tend vers 0,
t
t
ln(j tan(t)j) = ln(jtj) + ln 1 + + o t = ln(jtj) + + o t et
3
3t
cos(t) ln(j tan(t)j) = ln(jtj) 1
+ o(t ) .
2
t
f (t) = e, lim f (t) = e.
f (t) = ejtj 1 2 + o t . lim
f
(
t
)
=
0,
lim
t!
t!
t
t!
t
En posant f (0) = 0, f est continue en 0 et possede une derivee a gauche en 0
egale a e et une derivee a droite egale a e.
Remarque sachant que f est paire, si la derivee a droite en 0 est egale a l, la
derivee a gauche
est egale a l. En posant f
= 1 et f
= 1, f devient continue sur ] ; [ que
2
2
l'on irend continue
e.
h 0 sur R n fk;k 21 Zg par 2-periodicit
Sur 0; , f (t) = f (t) sin(t)
ln(tan(t)) .
2
sin (t)
Posons g(t) = 1
ln(tan(t)).
sin (t)
g est strictement decroissante, a pour limite 0 en 0 et 1 en 2 . Il existe un
unique reel t de cet intervalle sur lequel la derivee de f s'annule.
En utilisant MAPLE et par dichotomie nous en deduisons un encadrement de
t . a = 1; 252106770 < t < 1; 252106771 = b.
Sur [a; b], f (t)6(cos(a)) b , 06 sin(t)6 sin(b), jg(t)j6g(a).
En utilisant l'inegalite des acccroissements nis nous obtenons pour t 2 [a; b];
jf (t) f (t )j6(b a)(cos(a)) b sin(b)g(a)62 10 = puis
f (a) < f (t ) < f (b) + soit encore
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
0+
0
0
2
2
0
0
0
tan( )
tan( )
0
0
2
19
2
75
1; 41542505382343617 < y = f (t ) < 1; 41542505382343619.
y = f ( t ) = f (1t ) donc 0; 706501553931616792 < y < 0; 706501553931616795.
Nous obtenons alors le tableau de variation suivant :
0
1
0
t
f (t)
0
1
0
t
0
f'(t) e
0
0
+
0
*
y
t
1
0
1
XXXXX
0
0
2
XXz
y
1
+
1
1
+
Nous obtenons la courbe suivante :
6
5
4
3
2
1
–6
!
–4
–2
0
2
4
6
7. f (t) = asin p t + 1
.
2(t + 1)
f est denie pour t 2 R tel que p t + 1 61 c'est-a-dire : (t + 1) 62(t + 1)
2(t + 1)
soit encore (t 1) >0. f est donc denie sur R, elle y est continue. f est de
rivable pour p t + 1 < 1 c'est-a-dire : t 6= 1.
2(t + 1)
1
Pour t 6= 1, f 0 (t) = sgn(1 t)
. f a donc une derivee a droite en 1 egale
1+t
a 1 et a gauche egale a 1 . 8
2
2 < atan(t) + pour t < 1
Nous en deduisons alors f (t) = :
34
atan(t) +
pour t > 1
4
, lim f (t) = .
lim
f
(
t
)
=
t! 1
4 t! 1
4
Nous en deduisons le tableau de variation suivant :
2
2
2
2
2
2
+
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
2
CHAPITRE 4. E TUDE DE FONCTIONS ; CORRIGE S
76
t
1
f'(t)
+
f (t)
+1
1
1
2
1
2
1
4
PPPq
2
4
Nous obtenons la courbe suivante :
1.5
1
0.5
–20
–10
0
10
20
–0.5
8. f (t) =
Z
2
jt uj sin(u) du.
h i
(t; u) 2 R ; 7 ! jt uj sin(u) 2 R est continue donc f est continue.
2 2
Soit t> .
Z2 f (t) = (t u) sin(u) du
2
2
Z
2
h
Z
i
u sin(u) du = u cos(u) cos(u) du = 2.
Un calcul analogue pour t6 conduit a f (t) = 2.
h i 2
Supposons t 2
; .
2 2
=
2
2
2
2
f (t) = t
Z
t
2
sin(u) du
Z
t
2
u sin(u) du + t
2
2
Z
2
t
sin(u) du +
Z
2
t
u sin(u) du.
Nous pouvons
h faire
i le calcul. Nous pouvons aussi considerer que la restriction
g de f a 2 ; 2 est derivable avec
g0 (t) =
=
Z
Z
t
sin(u) du t sin(t) + t sin(t) +
2
t
sin(u) du +
2
Z
2
t
h
Z
77
2
t
sin(u) du + t sin(t) + t sin(t)
sin(u) du = cos(u)
i
t
h
+ cos(u)
i
2
2
t
= 2 cos(t).
Il vient alors g(t) = g(0) + 2 sin(t) = 2 sin(t).
f est alors de classe C sur R. La courbe representative de f a l'allure suivante :
1
2
1
–4
–2
2
4
–1
–2
Z
9. f (x) = 2x
exp( x sin(t)) dt.
h i
(x; t) 2 R 0; 7 ! exp( x sin(t)) 2 R est de classe C 1 donc f est de
2
classe C 1 sur R.
Z
0
8x 2 R; f (x) = 2 + sin(t) exp( x sin(t)) dt > 0. f est strictement croissante.
h i
t 2 0; 2 7 ! sin(t) 2 R est concave donc sur cet intervalle sin(t)> 2 t.
2 Nous en deduisons pour x>0 exp( x sin(t))6 exp
xt puis pour x > 0,
2x>f (x)>2x (1 exp( x)). Nous en deduisons x!lim1 f (x) 2x = 0.
2x
f (0) = 2 et f (1) > 0. f possede sur [0; 1] un unique zero.
(1 exp( x)). Nous avons donc lim f (x) = +1.
Pour x < 0, f (x)62x
x! 1 x
2x
Z
f 00 (x) =
sin (t) exp( x sin(t)) dt < 0. f est concave.
La courbe representative de f a l'allure suivante :
2
0
2
0
+
2
2
0
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
78
–4
–2
2
4
0
–20
–40
–60
–80
Z
Posons g(x) = 1
exp( x sin(t)) dt.
2
g0 (x) < 0. g est decroissnte strictement positive ; g(1) = 4 < 1. g laisse stable
l'intervalle [0; 1].
1Z
0
jg (t)j6 2 sin(t) dt = 12 . g est donc Lipschitzienne et la suite denie par
un = g(un) est convergente car le premier terme est positf et le second
est strictement inferieur a 1. La limite de la suite est l'unique solution de
l'equation g(x) = x c'est-a-dire l'unique zero de f sur [0; 1].
2
0
2
0
1
+1
Soit f une application denie sur un espace metrique E a valeurs dans E , k-Lipschitzienne avec
k < 1 (c'est-a-dire contractante). Soit u0 2 E ; posons pour tout entier naturel n, un+1 = f (un ).
On suppose E complet. Alors la suite (un)n2N converge vers l'unique element a de E veriant
f (a) = a.
n+
n+
Xp 1
Xp 1
En eet d (f (un+p) ; f (un )) 6
d (f (uj+1) ; f (uj )) 6
kd (uj+1; uj )
1
j =n
0n j p n 1
X j A
6@
k
d(u ; u )6kn d(u1 ; ku ) .
j n
=
+
1
+1
=
1
0
+1
1
0
Nous avons donc pour tout (p; n) 2 N2 , d(un+p; un)6kn d(u1 1; ku0) . La suite (un)n2N est une suite
de Cauchy et est donc convergente puisque E est complet.
Supposons f (a) = a et f (b) = b avec a et b dans E . d(a; b) = d(f (a); f (b))6kd(a; b) nous avons
donc d(a; b) = 0 puis a = b.
Chapitre 5
Developpements limites, limites
1. Determiner
:
t t suivantes
sin(t) t
ln(1 +lest)limites
(1 + t) t e
, lim
, lim
.
lim
t!
t!
t! 1
ln(t)
t
t
Si on notel cettederniere limite; determiner,lorsque t tend vers 0, un equit
sin(t)
valent de
l.
t
2. Determiner les limites suivantes :
p
(2n)! n
n
X
Yn r k ! n
1
lim
,
lim
1
+
,
lim
n
n!1 n!n
n!1
n!1
n
k
k n 2k + 1
(trouver pour cette derniere un equivalent de la suite diminuee de sa limite).
cotan2 ( )
1
ln( )
0
+
0
cotan2 ( )
sin(2
1
=1
2 +1)
2
1
=
3. On considere le polyn^ome Pn =
Yn
k=0
(X k). On note n la racine strictement
comprise entre 0 et 1 de Pn0 .
n
X
1
On note la constante d'Euler limite de la suite de terme general
k ln(n).
k
1 1
Montrer, quand n tend vers l'inni, n =
n (ln(n)) + o (ln(n)) .
Z n sin t
4. Trouver un equivalent, lorsque n tend vers l'inni, de :
Yn t dt.
cos k
2
k
=1
2
2
0
On montrera :
Y t
n
k=1
cos
2k
=1
=
sin t .
2n sin tn
2
5. Determiner les developpements limites au voisinage de a a l'ordre n des fonctions f suivantes.
n = 5; a = 0; f (t) = atan(cos(t));
s
!
t
n = 6; a = 0; f (t) = asin tan(t) ;
n = 5; a = 0; f (t) = atan 2tt++11 ,
n = 5; a = 0; f (t) = (1 + t) t ,
1
CHAPITRE 5. DE VELOPPEMENTS LIMITE S, LIMITES
80
n = 5; a = 0; f (t) = (cos(t)) t ,
p t
n = 3; a = 2 ; f (t) = cos 2 sin 2 ,
t n = 5; a = 0; f (t) = ln tan 2 + 4 ,
n = 4; a = 0; f (t) = t1 tan(1 t) ,
sin( )
2
2
n = 6; a = 0; f (t) = asin(t) ,
1 ,
n = 5; a = 0; f (t) = t1 (asin(
t))
2
2
n = 5; a = 0; f (t) = 1t acos
sin(t) 2
t
n = 5; a = 0; f (t) = (1 + sin(t))t (1 + t)
8 atanh(p t)
>
>
< p pt
n quelconque, a = 0; f (t) = > atan(
t)
p
>
t
:
1
t
sin( )
;
1<t<0
pour
.
pour t > 0
pour t = 0
1 + 2un
trouver un equivalent de (un)n2N lorsque n tend
1 + 3un
1
vers +1. On pourra chercher un developpement limite de
un en fonction
de un .
6. u = 1; un = un
0
+1
+1
7. Soit f l'application denie de ] 1; +1[ dans R par f (t) = t + ln(1 + t).
Montrer que f est denie ; determiner un developpement limite de f a
l'ordre 3 en 0.
1
1
8. Soit f : I ! J (I et J intervalles de R) une application bijective strictement
croissante veriant f (0) = 0, f (I ) = J .
On suppose que f possede un developpement limite a l'ordre n>1 au voisinage
de 0 et f (t) t! a t (a 6= 0).
Montrer que f admet au voisinage de 0 un developpement limite a l'ordre
n.
1
9. Determiner le developpement limite de ft (x) = p
au voisinage de
1 2tx + x
0.
n
X
On pose : ft (x) = Pi(t)xi + o(xn ).
0
1
1
1
2
i=0
Montrer : (i + 1) Pi (t) (2i + 1) t Pi (t) + i Pi (t) = 0.
+1
1
10. Soit f une application continue de R dans R, bornee.
+
81
Z
1
exp( nt) fp(t) dt.
t
1
Determiner un developpement limite en p a l'ordre 1 de un.
n
11. Determiner le developpement limite en 1 a l'ordre 4 au voisinage de +1 de :
u
Z u dt
p
.
t +t +1
u
12. Soit (an)n2N une suite reelle >0. On suppose qu'il existe > 0 tel que
On pose : un =
+
0
2
4
lim a
n!+1 n
2
!
n
X
k=0
ak
= 1.
Determiner la limite de la suite (an)n2N.
Donner un equivalent de an quand n tend vers +1.
13. Soient f et g deux applications denies sur un voisinage de 0 a valeurs reelles.
On suppose lorsque t tend vers 0
f (t) = t + atp + bt p + o t p et g(t) = t + a0 tp + b0 t p + o t p avec
p 2 N; p>2.
(a) E tudier g f f g lorsque t tend vers 0.
(b) Appliquer cela a la recherche des parties principales de sh(sin(t)) sin(sh(t))
et tan(th(t)) th(tan(t)).
14. Soient a > 1 et > 1.Soit f une application continue de R dans R veriant,
lorsque t tend vers 0, f (t) = t at + o (t).
(a) Montrer que la suite de terme general un denie par un = f (un) est
bien denie si on choisi u > 0 susamment petit.
(b) Montrer un n! 1 bn ou b et sont a determiner.
2
1
2
1
2
1
2
1
+
+1
0
+
15. Soit, pour t > 0, f (t) = t + t .
Soit tn l'unique solution de l'equation f (tn ) = n avec n 2 N.
Determiner un developpement asymptotique de tn jusqu'au terme en 1 .
n
16. Soit u > 0. Nous denissons la suite (un)n2N par 8n 2 N; un = un exp( un).
E tude de la convergence de la suite ; trouver un equivalent de un lorsque n tend
vers +1.
17. Soit f l'application denie de R dans R par f (t) = t ln(t).
Montrer que pour tout entier n 2 N il existe un couple unique (un; vn ) 2
]0; 1] [1; +1[ veriant f (un ) = f (vn ) = n.
Demontrer que quand n tend vers +1 nous avons
un = a exp( n) + b exp( 2n) + c exp( 3n) + o(exp( 3n)) et
ln(n) ln(
n
)
0
0
0
vn = a n + b ln(n) + c n + o n .
3
5
3
5
0
+1
+
82
18. Soit u = 1; 8n 2 N; un = sin(un). Trouver les deux premiers termes d'un
developpement asymptotique de (un)n2N.
0
Pour n 2 N
+1
k . Determiner un developpement asymptotique avec deux termes non nuls de Sn.
20. Soit l'equation tan(ix) = x. Montrer
h qu'elle admet, pour n 2 N , une et une
seule solution xn 2 n; + n .
2
1
1
Montrer que l'on a, lorsque n tend vers +1, xn = + n
2
n + o n .
19.
on pose Sn =
n p
X
k
k=1
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
Chapitre 6
Developpements limites, limites ;
corriges
1. (a) Posons x = 1 .
t
ln(1 + t) ln(x) ln(x + 1)
ln(x + 1)
1
=
=1
=1
(x + o(x)).
ln(t)
ln(x)
ln(x)
ln(x)
ln(1 + t) x donc
ln
ln(t)
ln(1 +x!t) ln(x)
t ln(t) 1 = 1.
t ln(t) ln ln(t)
t! 1
t)
ln(1 +t ln(
t
) t t
Nous obtenons alors t!lim1
= e.
ln(t)
1
1 1
1
(b) exp ln(1 + t) e = exp
e = e 2 t + o(t) .
t
t t 2 t + o(t )
(1 + t) t e = e .
lim
t!
t
2
sin(t) t
1
(c) ln(f (t)) =
ln
tan (t) t
t .
Lorsque t tend vers 0 nous avons
sin(t) t t
1 1
ln
t + o(t ) .
t = ln 1 6 + 120 + o(t ) = t
6 180
t = 1 2 t + o(t ).
tan (t)
3
1 19
1
19
ln(f (t)) =
t + o(t ) et f (t) = exp 6 1 + 180 t + o(t ) .
6 180
1
La limite en 0 est egale a exp
et un equivalent de f (t) l est egal
6
a 19 t exp 1 .
180
6
0+
+
ln( )
+
2
2
1
0
2
2
2
2
2
2
4
4
2
2
2
2
2
2
2
(2n)! n
2. (a) nlim
!1 n!nn
1
2
2
2
84
CHAPITRE 6. DE VELOPPEMENTS LIMITE S, LIMITES ; CORRIGE S
(2n)! n
!
n
1X
k .
ln 1 +
= exp
n
n!n
nk
n
A l'aide
des sommes
de Riemann nous en deduisons que la limite de
n
X
1
k est egale a
ln 1 +
nk
n
1
=1
Z
=1
1
Z
1
ln(1 + t) dt = (1 + t) ln(1 + t)
cherchee est egale a 4 .
e
0
Yn r
(b) nlim
!1
sin(2
1 dt = 2 ln(2) 1 donc la limite
p
n2 +1)
k=1
p
1+ k
n
!
0
0
1
;
2 n + 1 = 2 1 + 1 + o 1
donc
2n
n
1 1 p
sin 2 n + 1 = sin + o
n
n = n +o n .
k
n
Yn r k ! 1 X
ln
1+
n = 2 k ln 1 + n .
k
Nous en deduisons comme plus haut que le logarithme de la suite pro
posee a pour limite (ln(4) 1) puis la limite de la suite est egale a
2
exp (ln(4) 1) .
2
2
2
2
2
=1
(c) nlim
!1
=1
n
X
2
1
k=n
1
2k + 1
Posons f (t) =
Sn =
(3)
n
X
2
2
1
2
=
1
k=n
n
n
n
X
X
1
0 (k ), S 00 = X f 00 (k ),
. Notons Sn =
f
(k), Sn0 =
f
n
1+t
k n
k n
k n
1
2
=
1
=
f (k).
(3)
D'apres la formule de Taylor nous avons
f i (k) f i (t) = (t k)f i (k) 21 (t k) f i (k) + Ri;k (t) avec pour
i + 3)! car jf i (t)j =
i!
t 2 [k; k + 1] et k>n, jRi;k (t)j6 (72
.
ni
2 t+ i
Zk
Zk
1
1
i
i
i
i
(f (k) f (t)) dt = f (k) f (k) +
Ri;k (t) dt, avec
2
6
k
k
Z k
(i + 3)!
Ri;k (t) dt 6 i .
72n
k
Il vient alors
( )
( )
( +1)
2
( +2)
( )
+4
+1
( )
( )
( +1)
+1
+4
1
2
( +2)
+1
+1
n Z k
X
2
1
k =n
+1
k
Sni
Z
n
n
1X
1X
i
f (k) 6 f i (k)
(f (k) f (t)) dt =
2k n
k n
i
i
( )
( )
2
1
2
n
2
( +2)
+
n
i
f (t)) dt =
( )
n Z k
X
2
1
+1
k
k=n
1
( +1)
=
c'est-a-dire :
( )
85
i
XZ k
n
2
=
1
+1
k=n k
Ri;k (t) dt
i
(f (k) f (t)) dt
( )
( )
1
1 i
1
= Sni
S
+o i .
n
2
6
n
Nous en deduisons :
1
Z n dt
1
1
0
00
= Sn Sn + o
Sn
2
6
n ,
n 2t + 1
1
1 00 1 000
0
Sn f (2n) + f (n) = 2 Sn 6 Sn + o n ,
1
1
1
00
0
0
000
Sn f (2n) + f (n) = 2 Sn 6 Sn + o n .
1
1
000
Or Sn = o
n et Sn = o n donc
1
1 00
0
Sn f (2n) + f (n) = 2 Sn + o n ,
1
00
0
0
Sn f (2n) + f (n) = o n .
En remplacant nous obtenons :
Z n dt 1 1
0
0
Sn =
f (2n) f (n) 2 (f (2n) f (n))
n 2t + 1 2
1 (f 0 (2n) f 0 (n)) + o 1
6
n
1
4n + 1
1 1
1 1
1 1
= ln
+
2
2n + 1
2 4n + 1 2 2n + 1 6 (4n + 1)
1
1
1
+
+o
6 (2n + 1)
n .
En ecrivant un developpement
limite nous obtenons
Sn = 12 ln(2) 641n + o n1 .
3. D'apres le theoreme de Rolle la fonction t 2 R 7 ! Pn(t) 2 R s'annule au
moins une fois sur chaque intervalle ]k; k + 1[ avec k 2 N; k6n. Nous avons
la n zeros deux a deux distincts de Pn0 . Ce sont donc les seuls. n existe bien.
( +1)
( +2)
+2
2
2
3
(4)
4
(4)
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
2
CHAPITRE 6. DE VELOPPEMENTS LIMITE S, LIMITES ; CORRIGE S
86
n
n
Pn0 = 1 + X
1 donc 0 = 1 + X
1 puis =
1
.
n X
n
Pn X k X k
n k n k
1
k k n
n
n
n
X
X
X
n est strictement compris entre 0 et 1 donc < k 1 < 1 1 + k1 .
n
n k
k
k
1 .
1
<
<
Nous avons donc l'encadrement :
n
n
n
X1
1
1 +X
1 n k k
k k
=1
=1
=1
1
=1
=1
=1
1
La suite de terme general
X
n
k=1
=1
=1
tend vers +1 donc n tend vers 0.
Redemontrons que la suite de terme general un =
n
X
1
ln(n) converge.
k
k
Considerons l'application f denie par f : t 2 [1; 2] 7 ! ln(t) + t 1 2 R.
f 0 (t) = t t 1 >0. f est croissante, f (1) = 0 donc 8t 2 [1; 2] ln(t) + 1t 1>0.
1 1
1
1
un
un = n + 1 ln 1 + n = n + 1 f 1 + n 1 + 1
1+ n
1
= f 1 + 60.
n
La suite estdonc d
ecroissante.
n
X
un > ln 1 + k1 ln(n) = ln(n 1) ln(n)>0.
=1
1
+1
1
k=1
La suite de terme general un est donc convergente de limite 2 [0; 1].
En utilisant les integrales nous pouvons remarquer que
Z n dt
un >1 +
t ln(n) = 1 ln(2) + ln(n + 1) ln(n) donc
>1 ln(2) > 0.
n
X
1 ln(n).
Nous obtenons donc aussi le fait que
n! 1
k k
A l'aide de tous ces elements nous en deduisons que n n! 1 1 .
ln(n)
n
n
n
X
X
1
1 1
1
n
k
=
n , 1 n = 1 + k + 1 n .
k
k
1
n
k
k
k
k
k
n
n
n
X 1
X1
X 1
= n + ln(n) + n
+ (n)
.
k k n
k k
k k (k n )
+1
1
2
+
=1
+
2
=1
=1
2
2
=1
1
=1
2
=1
Voir le livre concernant les calculs numeriques sur ce m^eme site.
87
n
X
1
k=1
n
X
1
6
1+
k
k k (k 1) = 2
1
2
=2
n
. la suite de terme general
n
X
1
k=1
k est crois2
sante donc convergente
n
n
X
X
1
1
1
De m^eme
6
+
.
k k (k n ) 1 n k k
n
X
1
La suite de terme general
est majoree donc
k k (k n )
1 n
X
1
(n)
= O (n) = o
lorsque n tend vers l'inni.
ln(n)
k k (k n )
2
2
2
=1
=2
2
=1
2
2
2
=1
Nous admettrons que
X1
+
k=1
1
.
k =
2
2
6
Nous avons alors :
1 1
n = un + ln(n) + o(1) = ln(n) 1 + ln(n) + o ln(n) .
1 1
1 1
n = ln(n) 1 ln(n) + o ln(n) = ln(n) (ln(n)) + o (ln(n)) .
4. Supposons qu'il existe j 2 Nn tel que t = 2j q avec q 2 Z. On note k le
plus grand des indices j veriant cette condition. k est donc egal a n ou q est
impair egal a 2l + 1. n
Y t
Dans le premier cas cos k = ( 1)q .
2
k
1 nY
k
Yn t q
Dans le second cas cos k = ( 1)
cos j + l = 0.
2
2 2
k
k
sin t Dans le premier cas lim
= ( 1)q et dans le second cas
n
k
t! q 2 sin tn
sin t = 0.
lim
n
k
t! q 2 sin tn
t
Supposons 8k 2 Nn ; sin k 6= 0.
2
t
Yn
Multiplions les deux membres par 2 sin k . Nous obtenons alors
2
k
2
2
0
0
=1
0
=1
=0
2 0
2 0
1
2
2
Y t ! Yn t ! nY t !
2 sin k
cos k =
sin k .
2
2
2
k
k
k
Yn t sin t
=1
n
=1
1
=1
=0
.
= n
2k
2 sin tn
Nous prolongeons cette relation par continuite pour les valeurs de t vues pre-
En simpliant nous obtenons
2
k=1
cos
2
En utilisant les resultats concernant les series de Riemann, la convergence etait assuree.
CHAPITRE 6. DE VELOPPEMENTS LIMITE S, LIMITES ; CORRIGE S
88
cedemment.
Dans ces conditions, en prolongeant
par continuite nous obtenons
sin t
n sin t dt.
=
2
n
Y
2n
cos tk
2
k
n L'integrale demandee est donc egale a 4n 1 cos n et
2
Z n sin t
n .
dt
n
Y
n! 1 2
cos tk
2
k
=1
2
+
0
=1
5. (a) f (t) = atan(cos(t)).
cos(0) = 1, cos possede un developpement a tout ordre au voisinage de 0
et atan possede un developpement limite a tout ordre au voisinage de 1.
Nous pouvons determiner le developpement de la fonction derivee puis
conclure.
t) .
f 0 (t) = 3 +2 sin(
cos(2t)
2 sin(t) = 2t + t + o(t ), 3 + cos(2t) = 4 2t + 2 t + o(t ).
"3
#3
1
1
1
1
1
1
= 1+ t
t
+ t
t
+ o(t )
3 + cos(2t) 4
2
6
2
6
= 1 + 1 t + 1 t + o(t ).
4 8 48
1 1
0
Nous avons donc f (t) =
t t + o(t ) et
2 6
1
f (t) = 4 14 t 24
t + o(t ).
3
4
2
4
4
2
2
4
2
4
2
4
4
4
2
3
2
4
s
4
4
!
t .
(b) f (t) = asin
tan(t)
asin ne possede pas de devloppement limite en 1 a un ordre au moins egal
a 1.
i
h
f est denie sur 2 ; 2 n f0g. Nous pouvons prolonger f en posant
f (0) = 2 .
h i
f (t) 2 0; 2 . Nous avons
y = asin
s
y = 2 asin
t
tan(t)
s
1
!
t
h i
() tan(t) = sin (y); y 2 0; 2 soit encore
!
2
t .
tan(t)
89
s
t a
tan(t)
l'ordre 6 au voisinage de t = 0 puis de asin au voisinage de u = 0.
En ecrivant un developement de tan(t) a l'ordre n, nous obtenons un det est equivalent, au voisiveloppement de t a l'ordre n 1. 1
tan(t)
tan(t)
Il sut alors de determiner un developpement de u = 1
s
t = pajtj 1 + P (t) + o(tn .
tan(t)
Nous devons choisir n = 8 pour obtenir le resultat demande.
tan(t) = t + 1 t + 2 t + 17 t + o(t )
3
15
315
t = 1 + 2 t + 17 t + o(t ) = 1 1 t 1 t
2 t + o(t ).
tan(t) 1 + t 15
315
3
45
945
s
r
t = 1 t + 1 t + 2 t + o(t )
1
tan(t)
r3 r45 945
= 1 jtj 1 + 1 t + 2 t + o(t )
r 3 15 945 = 1 jtj 1 + 1 t + 11 + o(t ).
3
30
4200
asin(u) = u + 1 u + 3 u + o(u ).
6
40
Nous obtenons
donc
s
!
1
t
1
11
p jtj 1 + 30 t + 4200 t
asin
=
tan(t)
2
3
1 3 1
1 p1
p jtjt + o(t )
jtjt 1 + 30 t
63 3
40 9 3
p 3
4
26
=
jtj 1 + 45 t + 1575 t + o(t )
2 3
(c) f (t) = atan t + 1 .
2t + 1
Il sut de determiner un developpement limite a l'ordre 4 de la derivee
de f .
f 0 (t) = 2 + 6t1+ 5t
1
5
5
5
0
f (t) = 2 1 t(3 + 2 t) + t (3 + 2 t) t (3 + 2 t) + 81t + o(t )
1
5
25
5
=
1 3t t + 9t + 15t + t 27t 27 t + 81t + o(t )
2
2
4
2
= 1 1 3t + 13 t 12t + 79 t + o(t ).
2
2
4
nage de 0, a at avec a > 0;donc 1
3
2
3
5
7
4
8
6
7
2
4
6
7
1 2
3
2
4
6
7
2
4
5
2
3
5
6
6
2
4
3
2
2
4
2
4
6
6
2
2
2
2
2
2
3
3
3
3
4
4
3
4
4
4
4
4
4
90
CHAPITRE 6. DE VELOPPEMENTS LIMITE S, LIMITES ; CORRIGE S
Nous avons donc atan t + 1 = 2t + 1 4
1t + 3t
2 4
13 t + 3 t
12
2
2
ln(1 + t) 3
79 t + o(t ).
40
4
5
5
(d) f (t) = (1 + t) t = exp
.
t
Nous devons ecrire un developpement de ln(1 + t) a l'ordre 5.
Nous obtenons ln(1 + t) = t 1 t + 1 t 1 t + 1 t + o(t ) puis
2
3
4
5
ln(1 + t)
1 1
1
1
=1 t+ t
t
+ t + o(t ).
t
12 13 14 15
f (t) = e exp 2 t + 3 t 4 t + 5 t + o(t ) .
1 1 1 1 1 1 1 1 + t t
f (t) = e 1 + t 2 + 3 t 4 t + 5 t + 2 t
2 3 4
!
1 1 1 1
1
+ t
+ t + t
+ o(t )
6
2 3
24
2
1 11 7
247
f (t) = e 1 2 t + 24 t 16 t + 5760 t + o(t ) .
1
2
3
4
2
3
4
4
2
3
4
4
5
5
2
2
3
2
2
3
4
3
2
4
3
4
4
4
(e) f (t) = (cos(t)) t = exp (sin(t) ln(cos(t))).
sin(t) s'ecrit t(1 + P (t) + o(tp )). cos(t) s'ecrit 1 t ( 1 + Q(t) + o(tq )).
2
1
q
ln(cos(t)) s'ecrit donc t ( + R(t) + o(t )). P , Q et R sont des poly2
n^omes nuls en 0. Pour obtenir un resultat a l'ordre 5 il sut donc de
choisir p = 2 et q = 2.
sin(t) = t 1 t + o(t ), cos(t) = 1 1 t + 1 t + o(t ),
6 1 2 24 1 1
1
1
ln(cos(t)) = t 1
t
t + o(t ) = 2 t 12 t + o(t ).
2 12
8 1
1
1
sin(t) ln(cos(t)) = t 1 t + o(t ) t
t + o(t )
6
2
12
1
=t
+ o(t ) + o(t ).
2
f (t) = 1 12 t + o(t ).
sin( )
2
2
3
3
2
2
2
4
2
3
3
4
2
2
4
4
2
2
2
5
5
p t
(f) f (t) = cos 2 sin . Posons t = + u.
2u u 2
f (t) = cos cos 2 + sin 2 .
cos u + sin u = 1 u + 1 u 1 u + o(u ).
2
2 1 u 8 1 2 48 2
f (t) = cos 2 u
2
8
3
u + o(u )
48
3
4
3
3
2
4
91
1 u + o(u )
= 1 + 1u u
2 2
8 48
= 1+ t t 2 +o t 2 .
8
2
16
(g) Au voisnage de 0, tan(t) = t + 1 t + 2 t + o(t ) donc
t 1 + t + t + 3 t 15
tan + =
2 4
t
t + o(t )
1 t
= 1 + t + 1 t + 1 t + 5 t + 2 t + o(t ).
2
3
24
15
1
1
1
1
u + 5 u + o(u ) donc
ln(1 + u) = u u + u
2
3
4
t ln tan +
= t + 1t + 1t + 5 t + 2 t
2 4
2
3
24
15
2
2
2
2
3
3
2
2
3
3
1 3
24
1 3
24
2
2
5
1
5
240
1
5
240
2
2
3
6
3
3
4
4
5
5
2
4
5
1 t + 1t + 1t + 5 t
2
2
3
24
2
6
5
3
6
3
+ 1 t + 1t + 1t
3
2
3
1
1
1
t
+ t + t + o(t )
4
2
5
2
4
3
2
3
4
2
t ln tan +
= t + 1t
5
+ 1 t + o(t ).
2 4
6
24
t a l'ordre 6.
(h) Il faut ecrire un developpement de
tan(t)
1
t =
1
1
+ o(t ) = 1 t
t
tan(
t
)
3
45
1
+
t
+
t
+
t
t 2
1
2
=1 t
t
t + o(t ).
tan(t)
3! 15
189
t 2 1
1 1
+ t + 2 t + o(t ).
t
tan(t)
3 15
189
3
5
5
6
1 2
3
2
2 4
15
2
2
t + o(t ).
945
4
6
17 6
315
2
4
5
6
6
6
2
2
4
4
2
(i) La fonction f denie par f (t) = (asin(t)) est de classe C 1 sur ] 1; 1[
donc possede un developpement limite a tout ordre au voisinage de 0.
En calculant les derivees nous obtenons tf 0 (t) + (1 t )f 00 (t) 2 = 0.
n
X
f est paire. Posons f (t) = ak t k + o t n .
2
2
2
f 0 (t) =
f 00 (t) =
n
X
k=1
n
k=1
t2n
(2k)ak t k + o
X
k=1
2
1
2 +1
,
(2k)(2k 1)ak t k + o t n
2
2
2
1
puis
tf 0 (t) + (1 t )f 00 (t) 2
n
n
X
X
k
=
(2k)ak t + (2k + 2)(2k + 1)ak t k
2
1
1
2
k=1
k=0
+1
2
92
CHAPITRE 6. DE VELOPPEMENTS LIMITE S, LIMITES ; CORRIGE S
n
X
1
k=1
(2k)(2k 1)ak t k 2 + o t n
2
2
1
.
Nous avons donc a = 1,
8k 2 N; 16k6n 1; (2k)ak +(2k +2)(2k +1)ak (2k)(2k 1)ak = 0
4k
c'est-a-dire ak =
a.
(2k + 1)(2k + 2) k
En particulier (asin(t)) = t + 1 t + 8 t + o(t ).
3
45
(j) Nous devons ecrire un developpement de (asin(t)) a l'ordre 9. En utilisant tle resultat precedent1 nous obtenons
=
+ o(t )
asin(t)
1+ t + t + t
1 8 1 1
8
4
=1 t + t + t + t + t
t + o(t )
3
45
35
3
45
3
= 1 1 t 1 t 31 t + o(t ). Nous avons donc
3
15
945
1
1
1 1
31
t (asin(t)) = 3 + 15 t + 945 t + o(t ).
sin(t) 1
(k) f (t) = acos
t
t .
acos ne possede pas de developpement limite au voisinage de 1.
Posons y = acos(1 u) avec 06ru61.
r u y u
cos(y) = 1 u puis sin 2 = 2 et enn y = 2 asin 2 .
Posons u = 1 sin(t) . Au voisinage de 0 nous avons :
t
ru r 1
1 t + 1 t + o(t )
=
t
2
12
240
10080
j
t
j
1
1
= p 1
t + 840 t + o(t ) .
20
2 3
asin(v) = v + 1 v + 3 v + o(v ).
r u 6 jtj 40 1
1 jtj 1 1
2 asin
=p 1
t + 840 t + 3 p
1
t
2
20
3
2 3 20
3 jptj
+
+ o(t ).
20 2 3
En developpant nous obtenons : p
1
1
jtj 3 31 270
t 12600
t + o(t ) .
Nous en deduisons
1 acos sin(t) = jtj p3 1 1 t
1 t + o(t ) .
t
t
t
3 270
12600
1
+1
2
+1
2
4
2
6
7
2
2
7
1 2
3
8 4
45
4 6
35
2
4
2
4
2
6
2
2
2
6
4
3
2
7
7
4
5
2
2
4
6
2
3
7
4
5
5
6
3
2
3
4
2
5
6
2
4
5
2
4
5
93
(l) f (t) = (1 + sin(t))t (1 + t) t .
Lorsque t tend vers 0
ln(1 + sin(t)) = sin(t) 1 sin (t) + 1 sin (t) 1 sin (t) + 0(t ).
12 1 3 1 4 1 1
t ln(1 + sin(t)) = t t 6 t
t t 3 t + 3 t 4 t + o(t )
2
= t 1 t + 1 t 1 t + o(t ).
2 6
12
1
1
1
t + 6 t 12 t + o(t )
exp (t ln(1 + sin(t))) = exp t
2
1 1 1 1 1
=1+ t
t + 6 t 12 t + 2 t 1 2 t + o(t )
2
1
2
7
=1+t
t
+ t
t + o(t ).
1 2 3 112 1 1
sin(t) ln(1 + t) = t 1 t + o(t ) 1 t + t
t + o(t )
6
2 3
4
1
1
1
=t
t
+ t
t + o(t ).
2 6
6
1
1
1
exp (sin(t) ln(1 + t)) = exp t
t + 6 t 6 t + o(t )
2
1
1
1
1
1
= 1+t
t + 6t 6t + 2t 1 2t
2
= 1 + t 1 t + 2 t 2 t + o(t ).
2
3
3
1
(1 + sin(t))t (1 + t) t = t + o(t ).
12
1 + t
1
(m) Pour t 2] 1; 1[, atanh(t) = ln
. atanh est la reciproque de la
2
1 t
fonction tangente hyperbolique.
n
X
1
0
0
atanh (t) =
donc atanh (t) = t n + o(t n ) lorsque t tend vers
1 t
k
n
X
1 n
0 puis atanh(t) =
t
+ o(t n ).
k 2n + 1
n
X
1 ( 1)nt n + o(t n ).
Nous avons de m^eme atan(t) =
k 2n + 1
n
X 1
Nous avons donc f (t) =
( t)n + o(tn) au voisinage de t = 0,
2
n
+
1
k
avec t <n0 et
X
f (t) = 2n 1+ 1 ( t)n + o(tn) au voisinage de t = 0, avec t > 0.
k
f (0) = 1 donc f possede un developpemnt limite au voisinage de 0 et
sin( )
2
3
3
2
4
2
3
4
4
5
4
4
5
5
5
2
3
4
5
5
2
3
4
5
4
2
2
2
2
3
2
3
3
4
5
5
2
5
2
4
5
3
3
5
3
4
5
5
2
2
3
4
5
2
3
4
5
sin( )
5
4
5
5
2
2 +1
2
=0
2 +1
2 +2
=0
2 +1
=0
=0
=0
2 +2
94
CHAPITRE 6. DE VELOPPEMENTS LIMITE S, LIMITES ; CORRIGE S
f (t) =
n
X
k=0
1 ( t)n + o(tn).
2n + 1
6. Posons f (t) = t(1 + 2t) . f 0 (t) = 6t + 4t + 1 > 0.
1 + 3t
(1 + 3t)
t < 0.
Pour t > 0 nous avons donc f (t) > f (0) = 0 et f (t) t =
1 + 3t
La suite (un )n2N est donc decroissante ; elle converge donc vers l>0 avec
l = f (l) donc l = 0.
Lorsque t tend vers 0 f (t) = t t + o(t ) puis
1 = 1 (1 + t + o(t)) == 1 + 1 + o(1).
f (t) t
t
En utilisant la moyenne de Cesaro ou les series et les equivalents nous obtenons
n 1X
1
1
lim
n! 1 n
uk
uk = 1 c'est-a-dire
k
1 1 1
1 et un 1 .
n! 1 n
n un u n! 1
7. f est de classe C 1 .
1
1
Lorsque t tend vers 0 f (t) = 2t t + t + o(t ).
2
3
2+t
0
f (t) = 1 + t > 0. f (] 1; +1[) =] 1; +1[. f est donc un C 1 dieomorphisme et f possede un developpement limite a tout ordre. f (0) = 0.
Nous avons lorsque t tend vers 0, f (t) = at + bt + ct + o(t ).
1
1
(f f )(t) = 2t(a + bt + ct ) t (a + bt) + (at) + o(t )
2
3
a
= 2at + 2bt + 2ct
t
abt
+ a t + o(t )
2
3
a
a
= 2at + (2b
)t + (2c ab + )t + o(t ).
2
3
L'unicite du developement limite conduit a a = 1 ; b = 1 ; c = 1 .
2
16
192
1
1
1
Nous avons f (t) = t + t
t + o(t ).
2 16
192
2
2
2
2
2
1
+
+1
=0
+
0
+
2
3
3
1
1
1
2
2
2
3
2
1
8. f (t) =
n
X
k=1
2
2
2
2
3
3
3
3
3
3
2
2
3
3
3
3
3
3
3
ak tk + o(tn ) = P (t) + o(tn). Recherchons un polyn^ome Q de degre
au plus egal a n tel que lorsque t tend vers 0 f (t) = Q(t) + o(tn).
f est strictement croissante et f (I ) = J est un intervalle donc f est continue
et de m^eme f est continue.
f (t) = a t + o(t). Montrons que g(t) = f (t) a1 t est negligeable devant t
lorsque t tend vers 0. g a pourlimite 0 en 0 donc
t = f (f (t)) = a g(t) + a1 t + o(t) = a g(t) + t + o(t). Nous en deduisons
1
1
1
1
1
1
1
1
1
95
g(t) = o(t).
g possede donc un developpement limite a l'ordre 1.
P (0) = 0; P 0 (0) = a > 0. t 2 R 7 ! P (t) 2 R est de classe C 1 . Il existe
> 0 tel que pour t 2 [ ; ] on ait P 0 (t) > 0 donc P strictement croissante
sur I 0 = [ ; ]. P (I 0) = J 0 ; J 0 est un intervalle voisinage de 0. Soit Pe
l'application de I 0 dans J 0 denie par Pe(t) = P (t). P 0 ne s'annulant pas sur I 0
Pe est un C 1 dieomorphisme et Pe possede un developpement limite a tout
ordre au voisinage de 0. Il existe un polyn^ome Q de degre au plus egal a n tel
que lorsque t tend vers 0, Pe (t) = Q(t) + o(tn).
Posons g(t) = f (t) Q(t). Lorsque t tend vers 0,
Q(f (t)) = Q(P (t)) + o(tn ) = Pe (P (t)) + o(tn) = t + o(tn).
f (f (t)) Q(f (t)) = g(f (t)) = o(tn ).
Soit " > 0. Il existe > 0 tel que pour jtj6 on ait jg(f (t))j6"jtjn.
Par continuite il existe > 0 tel que jyj6 ) jf (y)j6 donc jg(y)j6"jf (y)jn
g(y) = 0.
c'est-a-dire ylim
! (f (y ))n
1
Nous avons vu que lorsque y tend vers 0 f (y) est equivalent a y donc
a
g
(y )
lim
et lorsque y tend vers 0 g(y) = o(yn). Nous en deduisons lorsque t
y! y n
tend vers 0 f (t) = Q(t) + o(tn ) d'ou le resultat demande.
Remarque si f est de classe C n la demonstration est immediate car Il existe
un intervalle I centre en 0 sur lequel f 0 ne s'annule pas donc f induit un C n
dieomorphisme fe de I dans J = f (I ) fe possede donc un developpement
limite au voisinage de 0 a l'ordre n et f aussi.
9. Si jtj>1 le polyn^ome X 2tX +1 possede deux racines
p (eventuellementpegales)
du signe de t (car leur produit est egal a 1) x = t t 1 et x = t + t 1.
Pour t>1, x 2tx + 1 est strictement positif sur ] 1; x [ ; Pour t6 1,
x 2tx + 1 est strictement positif sur ]x ; +1[.
Si jtj < 1 le polyn^ome n'a pas de racine reelle et x 2tx + 1 est strictement
positif sur R.
Il existe donc, pour chaque reel t, un intervalle voisinage de x = 0 sur lequel
ft est denie, de classe C 1 .
Remarque Soit t xe. x 7 ! x 2tx + 1 est continue et prend la valeur 1 en
xp= 0. Il existe alors un intervalle voisinage de x = 0 sur lequel x 2tx+1 > 0.
x 2tx + 1ft (x) = 1 donc, en derivant nous obtenons,
p
p x t ft (x) + x 2tx + 1ft0 (x) = 0 soit encore
x 2tx + 1
(x t)f t(x) + (x 2tx + 1)ft0 (x) = 0.
f t possede un developpement
limite a tout ordre au voisinage de x = 0.
n
X
Nous avons alors ft (x) = Pi (t)xi + o(xn) (avec P (t) = 1) puis
1
1
1
1
1
1
1
0
1
1
1
1
0
1
1
1
1
1
1
1
2
2
1
2
2
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
0
i=0
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
CHAPITRE 6. DE VELOPPEMENTS LIMITE S, LIMITES ; CORRIGE S
96
(x t)
n
X
i=0
Pi(t)xi + (x2
2tx + 1)
n
X
1
i=0
Nous obtenons alors
P (t) P (t) +
1
0
n
X
1
i=1
(i + 1)Pi (t)xi = o xn
+1
1
.
(i + 1)Pi (t) (2i + 1)tPi(t) + iPi (t) xi = 0 c'est-a-dire
+1
1
P (t) P (t) et pour i>1, (i + 1)Pi (t) (2i + 1)tPi (t) + iPi (t) = 0.
Nous pouvons remarquer que les polyn^omes Pi ont la parite de i.
10. t 2]0; +1[7 ! exp( nt) fp(t) dt 2 R est continue.
t kf k
f
(
t
)
f (t)
Pour t > 0 exp( nt) p 6 p 1 et t!lim1 t exp( nt) p = 0. L'applicat
t
t
tion est integrable et un existe pour tout entier n.
Supposons f (0) = 0.
u
A l'aide du changement de variable u 2]0; +1[7 ! t = 2]0; +1[ qui est
u Z 1 n
2
un C dieomorphisme nous obtenons un = p
exp( u )f
n
n du.
u u exp( u )f
n 6kf k1 exp( u ), n!lim1 exp( u )f n = 0 donc en uti1
0
+1
1
2
+
2
+
0
2
2
2
2
2
1
2
2
+
lisant le theoreme de convergence dominee nous obtenons, lorsque n tend vers
1
l'inni, un = o p .
n
u Z
Z 1
1
2
2
un = pn
exp( u ) f
f (0) du + pn
exp( u )f (0) du
n
r 1 =
+o p .
4n
n
11. La fonction a integrer est continue.
1
1
1
1
p
=
+o
lorsque t tend vers +1.
2t
t + t + 1 t 2t
Soit
A > 0 tel que pour t>A nous ayons
" >1 0. Il existe
1 1 "
p
t + 2t 6 t . Pour u>A nous avons
t
+
t
+
1
Z u 1
" 1 1 "
1
1
p
+
dt 6 4 u 16u 6 4u .
t + t + 1 t 2t
u
1
Z u dt
Z u1 1 p
Nous obtenons alors :
=
dt + o u lorsque
t + t + 1 u t 2t
u
u tend vers +1.
1
Z u
1
1
7
p
Nous obtenons donc :
dt = 2u 48u + o u
t +t +1
u
lorsque u tend vers +1.
+
+
2
2
0
4
4
2
0
2
2
2
2
4
5
4
5
2
4
2
2
4
4
2
4
4
2
4
2
2
4
4
2
4
2
3
4
97
12. Notons l la limite de la suite de terme general an(An) .
La suite (An)n2N est croissante. Sa limite est donc m 2 R ou +1.
Dans le premier cas Si m = 0 les an sont tous nuls et l = 0. Sinon m > 0.
lim (A An ) = 0, n!lim1 anm = l donc l = 0.
n! 1 n
Dans le second cas n!lim1 an(An) = 0 donc dans tous les cas la suite (an)n2N
(An)
converge vers 0.
Avec l'hypothese l = 1 il ne reste que le cas m = +1.
Reprenons le cas
am = +1.
a
n
n
=0
lim
n! 1 An
An est bien deni a partir d'un certain rang .
An = an + An donc lorsque
vers +1
n (tend
an + 1)an
an(An) = an(An )
1+
+o
soit encore
An
An
( + 1)a a A
n
an(An) = an(An ) A 1 + A n + o A n
.
n
n
n
E tant donne que an tend vers 0 et An vers +1, An n! 1 An .
Nous en deduisons n!lim1 an(An ) = 1 puis gr^ace a la relation
1
+
+
+
+
1
+1
+1
1
1
1
1
1
1
1
1
+
1
+
(An) = (An ) + ( + 1)an(An ) + o(an(An )) il vient
lim ((A )
(An ) ) = + 1.
n! 1 n
En utilisant la moyenne
de Cesaro ou les series et les equivalents nous en deduin
X
1
sons n!lim1
((An)
(An ) ) = + 1 donc 1 (An) n! 1 + 1
nk
n
soit encore An n! 1 (n( + 1)) .
1 En revenant a l'hypothese initiale nous en deduisons an n! 1
.
( + 1)n
+1
+1
1
+1
1
1
+
+1
+
1
+1
+1
1
=1
+1
+
1
+1
+
+1
+
13. (a) f (t) = t(1 + atp + bt p + o (t p )), f p (t) = tp 1 + patp + o tp ,
f p (t) = t p + o t p .
(g f )(t) = t + (a + a0)tp + (b + b0 + paa0 )t p + o t p .
(f g)(t) = t + (a + a0)tp + (b + b0 + paa0 )t p + o t p .
(g f )(t) (f g)(t) = o t p .
(b) Pour p = 3 nous pouvons appliquer ce resultat avec les fonctions proposees. Pour obtenir un eventuel terme non nul nous devons calculer des
developpements limites a l'ordre 7.
1
1
1
sin(t) = t t + t
t + o(t ),
6
120
5040
1
1
1
sh(t) = t + t + t +
t + o(t ).
6
120
5040
Le coecient du terme en t de sin (t) est 3 + 1 , le coecient du terme
5! 12
1
2
1
2
1
2
2
2
1
2
2
3
3
5
1
7
5
7
7
7
1
2
7
3
2
1
2
1
2
1
2
1
1
CHAPITRE 6. DE VELOPPEMENTS LIMITE S, LIMITES ; CORRIGE S
98
en t de sin (t) est 5 , le coecient du terme en t de sin (t) est 1.
3!
3 1
De m^eme le coecient du terme en t de sh (t) est + , le coecient
5! 12
5
du terme en t de sh (t) est , le coecient du terme en t de sh (t) est
3!
1. Nous obtenons donc 1 5 1
1 1 3 1
+
+
+
+
sh(sin(t)) sin(sh(t)) =
7! 3! 5! 12
5! 3!
1 1 3 1 1 5 17! 1
+
+
= .
7! 3! 5! 12
5! 3!
7!
45
On fait de m^eme avec th(tan(t)) tan(th(t)) et nous obtenons
th(tan(t)) tan(th(t)) = 1 t + o(t ).
45
5
7
7
7
3
7
7
5
7
7
7
8
f (t) = 1 donc il existe > 0 tel que pour t 2]0; ] on ait f (t) > 1 .
14. (a) lim
t! t
t
2
f (t) t a donc il existe 0 > 0 tel que pour t 2]0 0 ] on ait
t t!
f (t) t 6 a .
t
2
Il existe donc h > 0 tel que pour t 2]0; h] on ait 0 < t < f (t) < t. La
2
suite est donc denie si u 6h.
0
0
0
(b) (f (t)) = t 1 + at + o t . En choisissant = 1 > 0
nous obtenons (f (t)) t t! a .
n
1 (u ) (u ) = 1 X
(uk ) (uk ) .
n
n+1
n+1 k
En utilisant la moyenne de Cesaro nous obtenons
1
(un ) (u ) n! 1 a ; c'est-a-dire un n! 1 (na( 1)) .
n+1
1
1
0
+1
0
+1
=0
+1
0
1
+
15. f est de classe C 1 .
#
f 0 (t) = 3t + 5t . f est strictement decroissante sur 0;
2
4
"r
"
1
+
r#
3 , strictement
5
3
croissante sur
; +1 . f (0) = 0 donc
5
"r
"! " r !
"
r!
3
3
3
f
< 0 et f
; +1 = f
; +1 [0; +1[. tn existe
5
5
5
et est unique.
p 1 t! 1 1t .
f (t)
5
+
Posons, pour t >
r
99
3 , x = 1 et g(x) =
5
t
s 1 1
5
r !
1 r1
f x
=
p x
5
.
1 x
2
1
g t = n donc t1 = g
n .
n
n
g0 (0) = 1 donc g possede un developpement limite a tout ordre en 0.
g (u) = u + au + bu + cu + du + o(u ).
1 3 x
g(x) =
= x 1 + x + x + o(x ).
5
25
x + o(x )
1 x
1
(g g )(u) = (u + au + bu + cu + du ) + u (1 + au + bu ) + 3 u + o(u )
25
1 53a = u + au + b + u + c +
u
5
5 3b 3a 3 + d+ + +
u + o(u ).
5
5 25
1
L'unicite du developpement limite conduit a a = c = d = 0 et b = .
5
1
g (u) = u 5 u + o(u ).
1 1 1
1
1 1
1
= 1 + u + u + o(u ) = + u + u + o(u ) puis
g (u) u
5
25
u 5 25
p
p
1
1
tn = n + p + p + o 1 n .
5 n 25 n
16. 8n; un > 0 donc un < un . la suite est donc decroissante, minoree ; elle
converge vers l>0 veriant l = l exp( l) c'est-a-dire l = 0.
Lorsque n tend vers +1 un = un (1 un + o(un) donc
1 = 1 (1 + u + o(u )) = 1 + 1 + o(1).
n
n
un
un
un
En utilisant la moyenne de Cesaro (ou les equivalents et les series) nous ob
1 1
n X
1
1
1
1
tenons n!lim1
n k uk
uk = 1 c'est-a-dire n!lim1 n un u = 1 et
un n! 1 n1 .
17. f est de classe C . f 0 (t) = t 1 est du signe de t 1. tlim
f (t) = +1,
!
t
lim f (t) = +1. f est strictement decroissante sur ]0; 1] et strictement croist! 1
sante sur [1; +1[. f (1) = 1. un et vn sont bien denis de maniere unique.
Par construction (un)n2N est strictement decroissante et (vn )n2N est strictement croissante. (un )n2N possede une limite l 2 [0; 1[ et (vn )n2N possede une
limite l0 2]1; +1]. Si l > 0 alors f (l) = +1 ce qui est faux donc l = 0 ; si
l0 < +1 nous avons aussi f (l0 ) = +1 donc l0 = +1.
Si nous notons f l'application induite par la restriction de f a ]0; 1] a
5
1
5
1
1
2
3
4
5
5
2
1
5
2
25
2
4
1
4
5
4
2
3
4
2
5
3
3
2 3
3
5
5
2
4
3
3
3
1
5
5
5
5
3
3
+1
+1
+1
1
+
=0
+
+1
0
+
1
2
0+
+
1
5
4
2
1
5
5
100
CHAPITRE 6. DE VELOPPEMENTS LIMITE S, LIMITES ; CORRIGE S
valeurs dans [1; +1[ et f l'application induite par la restriction de f a
[1; +1[ a valeurs dans [1; +1[ ; f et f sont des homeomorphismes et
un = f (n); vn = f (n). f (t) t! 1 t.
v n = f (n) n c'est-a-dire
Posons n = n
n
n
vn = (1 + n)n et n = f ((1 + n )n) n! 1 (1 + n)n soit encore
lim = 0 puis vn n! 1 n.
n! 1 n
ln(vn) = ln(n + o(n)) = ln(n) + ln(1 + o(n)) = ln(n) + o(n) donc
wn = vn n = ln(vn) n! 1 ln(n) .
Posons hn = vn n ln(n).
vn vn
hn = ln n ; n = 1 + ln(nvn ) .
x x! ln(1 + x) donc
vn ln(n)
vn ln(vn) vn
n = n 1 n! 1 ln n puis n n! 1 ln n = hn.
ln(n)
ln(n)
Nous obtenons nalement vn = n + ln(n) +
+o
n
n .
n = un ln(un ) donc un exp(n) = exp(un).
lim u exp(n) = 1 donc un n! 1 exp( n).
n! 1 n
an = un exp( n) = exp(un n) exp( n) = exp( n)(exp(un) 1)
= exp( n)(un + o(un).
En remplacant nous obtenons
an n! 1 exp( 2n) et un = exp( n) + exp( 2n) + o(exp( 2n)).
1
exp(un) = 1 + exp( n) + exp( 2n) + exp( 2n)o(exp( 2n)).
2
En remplacant exp(un) par un exp(n) nous obtenons
un = exp( n) + exp( 2n) + 32 exp( 3n)o(exp( 3n)).
2
1
1
2
1
1
2
+
2
1
+
+
+
+
0
+
+
+
+
+
18. 8n 2 N; un 2 [0; 1] ; un
un = sin(un ) un60. La suite (un )n2N est donc
convergente de limite nulle.
1
1 1 1
Lorsque t tend vers 0
= + + t + o(t ).
sin (t) t 3 15
En utilisant la moyenne de Cesaro ou le resultat suivant :
Soient (un)n2N et (vn)n2N de suites a valeurs positives equivalentes au voisinage
de l'inni. Si la serie de terme general un diverge alors en notant Un (resp.
Vn ) la somme partielle d'indice n de la serie de terme general un (resp. vn)
nous avons Un n! 1 Vn.
1
1
1 donc
n
!
13
(un ) (un)
+1
2
2
+
+1
2
2
+
2
3
101
n
X
1
1
(uk )
k=0
+1
2
r
1
n c'est-a-dire 1
(uk ) n! 1 3
(un )
2
1 n! 1
2
+
+
n donc
3
un n! 1 n3 .
En utilisant a nouveau le developpement ecrit plus haut nous obtenons
n n
X
1
1 1 puis X
1
1
1
1
1
(un ) (un) 3 n! 1 5n
(uk ) (uk ) 3 n! 1 k 5k
k
nX
n 1.
c'est-a-dire 1
(un) 3 n! 1 k 5k
n
X
1 1 ln(n). Nous en deduisons
Nous avons deja vu que
n! 1 5
k 5k
1
n 1 ln(n) c'est-a-dire, lorsque n tend vers l'inni,
(un ) 3 n! 1 5
1 ln(n) ln(n) 15
3
(un ) =
= 1
+o
.
5n + 3 ln(n) + o(ln(n)) n
5 n
n
r p
ln(n) 3
3
ln(
n
)
Il vient alors un =
n 10 npn + o npn .
+
1
+1
2
2
+
1
+1
=1
2
2
+
=1
1
2
+
=1
1
3
+
=1
2
+
2
pk
19. n!lim1 k = 1 donc Sn n! 1 n. Lorsque k tend vers +1 nous avons :
1 1
pk
1
1
k = exp k ln(k) = 1 + k ln(k) + 2k (ln(k)) + o k (ln(k)) .
n
X
1
1 ln(k)
La serie de terme general (ln(k)) est convergente donc Sn n
k
k k
a une limite reelle lorsque n tend vers +1.
t>3 7 ! 1t ln(t) 2 R est decroissante donc
Zn 1
1
1
ln(2) + ln(3) +
2
3
t ln(t) dt
Z n1
n Z n
X
1
1
1
6
k ln(k)6 2 ln(2) + 3 ln(3) + t ln(t) dt.
k
n
Z n1
n Z n
X
1
1 ln(k) 1 ln(n) .
ln(t) dt = ln(t) . Nous en deduisons
n! 1 2
t
2
k
k
1
Il vient alors Sn = n + ln(n) + O(1) lorsque n tend vers l'inni. En fait nous
2
X1
1
obtenons : Sn = n + ln(n) + (ln(k)) + o(1) lorsque n tend vers l'inni.
2
2k
k
+
+
2
2
2
2
2
2
=1
+1
3
3
=1
3
2
3
2
3
=1
3
+
2
+
2
2
2
=1
3
Il sut d'ecrire, pour t 2 [k; k + 1]; k +1 1 6 1t 6 k1 et integrer sur l'intervalle [1; n].
102
x . f 0 (x) = 1
x (x 3) .
x 1
cos (x) (x 1)
x (x 3) (x 1) = x 1 < 0 donc f 0 (x) > 0.
i h
Sur chaque intervalle du type
+ n; + n (n>1) f est strictement
2
2
(
n
)
croissante. f (n) =
< 0. L'equation f (x) = 0 possede donc sur
(
n
)
1
i h
+ n; + n (n>1) une et une seule racine ; celle-ci est entre n et
2
2
+ n.
2
x n
Il est clair que n!lim1 xn = +1 et xn = n + atan
xn 1 .
Nous obtenons n!lim1(xn n) = c'est-a-dire, lorsque n tend vers l'inni,
2
xn = n + 2 + o(1).
1 1 1 1 (xn ) 1 = (n) 1 + + o
1 = (n) 1 + + o
2n
n
n
n .
3
20. Posons f (x) = tan(x)
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
2
3
2
+
+
2
2
2
2
1
1
3
1
(xn ) = (n) 1 + + o
= (n) 1 + + o
2n
n
2n
n .
1
1 (xn) 1 1 + n + o n 1
1
n (xn) = 1 + n + o n = n 2n + o n .
x 1 1
1 n
xn = n + atan x 1 = n + 2 atan n 2n + o n
n
1
1
1
= n +
+
+o
2 n 2n n .
h
h
21. Sur n; + n , posons f (x) = tan(x) x. f est derivable, f 0 (x) = tan (x).
2
f est strictement croissante, f (n) = n, la limite de f en 2 + n est egale
i h
a +1. Il existe donc un et un seul xn 2 n; + n veriant f (xn) = xn.
2
Il est immediat que xn n! 1 n.
Posons un = xn n. tan(un) = tan(xn) = xn = un + n. un = atan(xn)
donc n!lim1 un = .
2
.
Posons yn = xn n
2
1
1
tan(yn) =
=
tan(xn)
yn + n + puis
1 1 1
yn = atan y + n + = n + o n d'ou le resultat.
n
3
3
3
1
2
1
3
2
3
3
1
2
2
3
2
2
2
2
2
2
+
+
2
2
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
Chapitre 7
Convergence uniforme
1. Critere de Cauchy uniforme Soit (fn)n2N une suite d'applications denies
de X dans l'espace vectoriel norme complet E . Montrer :
8" > 0; 9N 2 N; 8x 2 X; 8(p; q) 2 N ; p>N; q>N ) kfp (x) fq (x)k6"
2
()
(fn)n2N converge uniformement
.
2. Soit f une application de [a; b] dans E un espace vectoriel norme complet. f
est dite reglee si elle verie la propriete suivante :
8" > 0 9g en escalier sur [a; b] telle que kf gk1 6"
Montrer que f reglee si et seulement si f possede une limite a gauche et a
droite en tout point de ]a; b[, une limite en a et une limite en b.
3. E tudier la convergence simple et la convergence uniforme des suites d'applications fn suivantes, denies par fn(x) =
1
x
n
n
cos (x) sin(x); n cos (x) sin(x);
n(1 + xn) (x>0); ln x + n (x>1);
nx) (x > 0);
p
nx exp( nx) (x>0); 1 +nxn x ; sin(
n x
1
x)) n si x 2]0; 1] et -1 si x = 0;
x sin nx si x 6= 0 et 0 si x = 0; 43 + (ln(
(ln(x)) n
x nx
sin(nx) a
(x > 0); exp( nx) sin(nx) (x>0);
; n x exp( nx) (x>0);
np
1+n x x n ; n (x>0); nxn (1 x) x 2 [0; 1]; min n; p1 x > 0.
1 + nx x + n
x
4. Soit f une application continue de R dans R, non identiquement nulle, nulle
en 0 et de limite nulle en +1.
t
On pose pour n 2 N et pour t 2 R fn(t) = f (nt) et gn(t) = f
.
f ng n
E tudier la convergence des suites (fn)n2N, (gn)n2N, n
n n2N , n n2N.
5. Soit E un espace vectoriel norme. Soit X E , soit (fn)n2N une suite d'applications de X dans un espace vectoriel norme ; uniformement continues et
convergeant uniformement vers une application f . Montrer que f est uniformement continue.
2
3
2
2
2
2
2
2
+
+
2
CHAPITRE 7. CONVERGENCE UNIFORME
104
6. Soit (fn)n2N une suite d'applications de X dans E convergeant uniformement
vers une application f . Soit g une application uniformement continue de E
dans F . (E et F sont deux espaces vectoriels normes). Montrer que (g fn)n2N
converge uniformement vers g f .
7. Soient (fn)n2N et (gn )n2N deux suites d'applications, a valeurs reelles ou complexes, convergeant uniformement. On suppose que les fonctions limites sont
bornees. Montrer que (fngn)n2N converge uniformement.
Reprendre cet exercice avec B (fn; gn) ou B est bilineaire continue et (fn)n2N
et (gn )n2N deux suites d'applications, a valeurs dans des espaces vectoriels
normes, convergeant uniformement vers des fonctions bornees.
8. (a) Soit la suite (Pn)n2N de fonctions denies pour t 2 [0; 1] par :
P (t) = 0, 8n 2 N; Pn (t) = Pn(t) + 12 (t Pn(t) ).
Montrer (sans utiliser le premier theoreme de Dini que nous verrons plus
loin) que (Ppn)n2N est une suite de polyn^omes qui converge uniformement
vers t 7 ! t sur [0; 1].
(b) Montrer que la fonction t 2 [ 1; 1] 7 ! jtj 2 R est limite uniforme d'une
suite de fonctions polynomiales.
p
(c) Appliquer a la fonction t 2] 1; 1] 7 ! 1 t 2 R la formule de Taylor
avec reste integral sur [0; t] avec
06t < 1.
p
Soit Rn(t) le reste et An(t) = 1 t Rn(t).
Verier que la suite de terme general t 2 [ 1; 1] 7 ! An(1 t ) 2 R
converge uniformement vers t 2 [ 1; 1] 7 ! jtj 2 R.
(d) Soit (a; b) 2 R avec a < b. Soit c 2 [a; b] ; soit gc l'application denie
sur [a; b] par gc (t) = jt cj.
Montrer que la famille (gc )c2 a; b est une base du R-espace vectoriel des
fonctions continues et anes par morceaux denies de [a; b] dans R.
(e) Montrer que pour tout " > 0, il existe une fonction polynomiale P telle
que kf P k1 6".
0
2
+1
2
2
[
]
9. Soit (fn)n2N une suite de fonctions continues de [0; 1] dans l'espace de Banach
E , convergeant uniformement sur ]0; 1[ vers une fonction f . Montrer que la
convergence est uniforme sur [0; 1].
1
10. Premier theoreme de Dini.
(a) Soit (fn)n2N une suite croissante de fonctions continues denies sur un
compact K , a valeurs dans R convergeant simplement vers f continue.
Montrer que la convergence est uniforme.
On pourra considerer En = fx 2 K = f (x) fn(x)>"g ou, " > 0 est
donne.
1
Espace vectoriel norme complet.
105
(b) Soit la suite (Pn)n2N de fonctions denies pour t 2 [0; 1] par :
P (t) = 0, 8n 2 N; Pn (t) = Pn(t) + 12 (t Pn(t) ).
Montrer que (Pn)n2N est une
suite croissante de polyn^omes qui converge
pt sur
[0; 1].
uniformement vers t 7 !
0
2
+1
11. Deuxieme theoreme de Dini. Soit (fn)n2N une suite de fonctions croissantes continues denies sur un intervalle ferme borne [a; b] de R a valeurs
dans R convergeant simplement vers f continue. Montrer que la convergence
est uniforme.
On utilisera le fait que f est uniformement continue sur [a; b], que f est croissante et on choisira une subdivision de [a; b] associee a l'uniforme continuite.
12. Operateur de Fejer
Soit f une application continue de R dans C 2Z-periodique.
1 cos(n(x t))
Pour (n; x) 2 N R posons (Fn(f ))(x) = 1
f (t) dt.
2n
1 cos(x t)
2
(a) Montrer, en calculant
trigonometrique.
Calculer Fn(1).
n
X
1
k=1
0
(n k) cos(ky), que Fn(f ) est un polyn^ome
Z
1 cos(n(t))
(b) Montrer que la suite de terme general
f (t) dt est bor1 cos(t)
nee ou 0 < < .
(c) Montrer que la suite (Fn(f ))n2N converge uniformement vers f .
En deduire que l'ensemble des polyn^omes trigonometriques est dense dans
l'ensemble des fonctions continues 2-periodiques denies de R dans C
muni de la norme innie (c'est-a-dire de la norme de la convergence uniforme).
2
13. Soit f une application continue de [0; 1] dans le C .
On denit pour chaque entier n 2 N la fonction polynomiale Bn (polyn^ome
de Bernstein) par la formule :
n
X
8t 2 [0; 1]; (Bn (f ))(t) = Cnp f np tp (1 t)n p .
p
=0
(a) Calculer Bn (1); Bn (t 7 ! t); Bn(t 7 ! t )
(b) Soit P une fonction polynomiale a coecients complexes. Determiner une
relation entre : (Bn(P ))0 ; Bn (P ); Bn (t 7 ! tP (t)).
(c) En utilisant la continuite uniforme de f , montrer que la suite (Bn (f ))n2N
converge uniformement, sur [0; 1], vers f .
2
14. Polyn^omes de Bernstein
Soit ' l'application de C n dans lui-m^eme qui au n + 1-uplet
t = (t ; t ; ; tn ) associe '(t) = (t0 ; t0 ; ; t0n ) deni par
+1
1
2
+1
1
2
+1
CHAPITRE 7. CONVERGENCE UNIFORME
106
8i 2 Nn ; t0i = ti
ti et t0n = 0.
On notera '(t) l'element t0 .
i 1
Soit f une application de [0; 1] dans C . On pose pour i 2 Nn ti = f
n .
+1
+1
1
1
+1
n
X
Montrer que Bn (f )(x) = Cnk ('k (t)) xk ou 'n designe la composee n fois de
k
'.
15. ZSoit f une application continue de [a; b] dans C veriant pour tout n 2 N
b
f (t)tn dt = 0. Montrer que f est nulle.
1
=0
a
16. (a) Soient K un ensemble compact et E un espace vectoriel norme. Soit
(fn)n2N une suite d'applications de K dans E qui converge simplement
vers une application f .
On suppose :
8" > 0; 9 > 0; 8(x; t) 2 K ; 8n 2 N; d(x; y)6 ) kfn(x) fn(y)k6".
Montrer que la suite (fn)n2N converge uniformement.
(b) Soit (fn)n2N une suite d'applications continues de [a; b] R dans E , de
classes C sur ]a; b[.
Il existe M > 0 tel que 8n 2 N; 8x 2]a; b[; kf 0 (x)k6M .
On suppose que (fn)n2N converge simplement vers une application f .
Montrer que la suite (fn)n2N converge uniformement.
17. Soit f une application continue de R dans R. On suppose que pour tout reel t
non nul on a : jf (t)j < jtj. Soit u une application continue de R dans R. On
pose pour tout reel t et pour tout entier n, un (t) = f (un(t)).
Montrer que la suite (un)n2N converge uniformement sur tout compact de R.
18. Convergence des derivees Soit I un intervalle de R. Soit (fn)n2N une suite
d'applications derivables denies de I dans R. On suppose qu'il existe t 2 I
tel que la suite (fn(t ))n2N converge.
On suppose que la suite des derivees (fn0 )n2N converge uniformement sur tout
intervalle ferme borne inclus dans I . On note g la limite simple de la suite
(fn0 )n2N.
Montrer que (fn)n2N converge simplement vers une fonction f derivable de
derivee g.
19. Soit E = LC (X; Y ) ou X et Y sont deux espaces vectoriels normes.
Soit (un )n2N une suite d'elements de E .
Soit u 2 E . Montrer
((un)n2N converge vers u dans E ) () ((un )n2N converge uniformement vers
u sur tout sous-ensemble borne de X ).
20. Soit (fn)n2N une suite d'applications de X , une partie d'un espace vectoriel
norme, dans un espace vectoriel norme E convergeant uniformement vers une
fonction continue f . Soit (un)n2N une suite de points de X convergeant vers
l 2 X . Montrer que la suite (fn(un))n2N converge vers f (l).
2
1
0
+1
0
0
107
21. (a) Soit (fn)n2N une suite d'applications denies de [0; 1] dans R qui converge
uniformement vers une application f continue.
Soit (an)n2N une suite de points de [0; 1] qui converge vers a. Montrer
lim f (a ) = f (a).
n! 1 n n
(b) Soit (fn)n2N une suite d'applications denies de [0; 1] dans R qui converge
simplement vers une application f continue.
On suppose que pour toute suite (an)n2N de points de [0; 1] qui converge
la suite (fn(an)))n2N converge.
Montrer que (fn)n2N converge uniformement.
1 + cos(t) n
22. Soit n 2 N. On pose Pn(t) = an
ou an est choisi an d'avoir
2
Z
Pn(t) dt = 12 .
Soit f une application
Z denie de R dans C continue 2-periodique.
On pose fn(x) = f (x t)Pn(t) dt.
Montrer, en calculant fn(x) f (x) et en utilisant l'uniforme continuite, que
la suite (fn)n2N converge uniformement vers f .
En deduire que f est limite uniforme d'une suite de polyn^omes trigonometriques.
n
X
23. On pose fn(x) = p 1 x .
n +p
p
(a) Montrer que la suite (fn(x))n2N converge. (E tudier d'abord le cas x = 2).
(b) E tudier la convergence uniforme.
24. Soit fn la fonction denie sur R par fn(t) = 1 + (n + 1)t .
n+1+t
E tudier la convergence de la suite (fn)n2N.
+
0
=1
2
+
2
25. Soit (fn)n2N une suite d'applications derivables denies de [a; b] dans l'espace
vectoriel norme E . On suppose que la suite converge simplement vers f . Il
existe K >0 veriant 8t 2 [a; b] kfn0 (t)k6K .
Montrer que la convergence est unforme.
On utilisera l'inegalite des accroissements nis vue dans l'exercice numero 54
du chapitre variable reelle ; sinon on supposera E de dimension nie.
26. On denit sur Z[0; 1] les applications fn par f (t) = 1 et pour (n; t) 2 N [0; 1]
t
fn (t) = 1 + fn(u u ) du.
0
2
+1
0
(a) Verier que fn est la restriction a [0; 1] d'une fonction polynomiale.
n
(b) Verier que l'on a pour (n; t) 2 N [0; 1] 06fn (t) fn(t)6 t
.
(n + 1)!
Montrer que la suite (fn)n2N converge uniformement vers une fonction f
derivable.
+1
+1
CHAPITRE 7. CONVERGENCE UNIFORME
108
Zt
27. Soit t 2 [ 1; 1]. On pose pour n 2 N fn(t) = Z
(a) E tudier la convergence de la suite (fn)n2N.
0
(1 u )n du
1
0
2
(1 u
2
)n du
(b) M^eme question ave la suite (gn)n2N denie par gn(t) =
.
Zt
0
fn(u) du.
28. (a) Soit D l'espace vectoriel des applications de R dans R de classe C 1 a
support compact .
() Montrer que D a au moins un element non nul.
() Verier que D est une algebre, sous-algebre de l'espace des applications C 1 de R dans R.
() Montrer que D est un ideal de C 1 (R; R).
(b) Soit B(R; R) l'espace des fonctions bornees muni de la norme innie
kf k1 = sup jf (t)j.
t2R
Soit CK l'espace des fonctions continues de R dans R a support compact.
Soit C l'espace des fonctions continues de R dans R de limites nulles a
l'inni.
() Montrer que C = CK .
Montrer que CK n'est pas ferme dans B(R; R).
() Montrer que CK D .
29. Soit (fn)n2N une suite d'applications de [0; 1] dans le K -espace vectoriel norme
E . Soit g une application continue de [0; 1] dans K nulle en 1.
9M > 0 tel que 8n 2 N; 8t 2 [0; 1]; kfn(t)k6M .
On suppose de plus que pour tout a 2]0; 1[ la restriction a [0; a] de la suite
(fn)n2N converge uniformement.
Montrer que la suite (gfn)n2N converge uniformement sur [0; 1].
30. (a) Soit K un ensemble compact. Montrer qu'il existe une famille nie de
boules de rayons > 0 dont la reunion est egale a K . En fait de toute
famille nie de boules de rayons on peut en extraire une sous-famille
nie recouvrant encore K .
(b) Soit (fn)n2N une suite d'applications denies sur le compact K E (E
est un espace vectoriel norme), a valeurs dans le K -espace vectoriel norme
F telle que :
8" > 0; 9 > 0; 8(x; y) 2 K ; 8n 2 N; kx yk6 ) kfn(x) fn (y)k6":
On dit que (fn)n2N est une suite uniformement equicontinue.
On suppose que la suite (fn )n2N converge simplement. Montrer que la
convergence est uniforme.
2
0
0
3
4
2
Cela signie que f est nulle en dehors d'un compact de R.
La suite est dite uniformement bornee.
4
Voir une utilisation de ce resultat dans le livre "Resume de cours" pages 278 et suivantes.
2
3
109
(c) Soit (fn)n2N une suite de fonctions denies de [a; b] dans un espace vectoriel norme E de dimension nie. On suppose que les applications fn sont
continues ; on suppose qu'elles sont de classe C sur ]a; b[ et verient :
9M > 0 8n 2 N; 8x 2]a; b[; kfn0 (x)k6M . On suppose que la suite
(fn)n2N converge simplement. Montrer que la convergence est uniforme.
1
31. Notons Pp l'espace vectoriel des fonctions polynomiales denies sur K =R ou
C de degres au plus egaux a p 2 N. Soit (fn)n2N une suite d'elements de Pp
qui converge simplement vers f .
Montrer que f 2 Pp et que la convergence est uniforme sur tout compact de
p
X
K . (On pourra utiliser la norme : P 7 !
jP (xk )j ou les xk sont n + 1
elements de K deux a deux distincts.
k=0
32. Que dire d'une suite de fonctions polynomiales complexes qui converge uniformement sur R ?
33. Soit (fi)i2Nn une famille d'applications d'un ensemble X quelconque a valeurs
dans K .
Soit F = Vect(f ; ; fn) suppose 6= f0g. Pour chaque x 2 X on denit
'x 2 F par 'x (f ) = f (x).
5
1
(a) () Soient G = Vect('x ; x 2 X ) et ?G = fg 2 F; 8x 2 R; g(x) =
0g = f0g. En etudiant ?G, determiner G, en deduire qu'il existe une
famille nie (xi )i2Np d'elements de X telle que 'x ; ; 'xp soit
une base de F .
() Soit (g ; ; gp ) la base preduale de 'x ; ; 'xp ; verier la rela1
1
tion f =
p
X
i=1
1
f (xi )gi .
(b) Soit X un espace metrique compact, soit E = C (X; K ), l'espace vectoriel
des applications continues de X dans K . Soit F un sous-espace vectoriel
de E de dimension nie. Soit (fn)n2N une suite d'elements de F convergeant simplement vers un element f de E . Montrer que f 2 F et que la
convergence est uniforme.
34. Soit ('n )n2N une suite d'applications continues de R dans R , telle que :
Chaque 'n est nulle en dehors de l'intervalle [ 1; 1].
+
Z
+
1
8n 2 N; 'n(t)dt = 1.
1
8 > 0; n!lim1(sup 'n (x)) = 0.
+
jxj>
(a) Soit f une application continue de R dans K =R ou C . On denit la suite
(fn)n2N d'applications de R dans K par :
5
Voir le chapitre Algebre lineaire.
110
fn(x) =
Z
1
+
f (t)'n (x t)dt =
Z
1
1
+
f (x t)'n (t)dt
1
Montrer que la suite (fn)n2N converge simplement vers f , uniformement
sur tout compact.
(b) Montrer que si les 'n sont de classe C 1 , il en est de m^eme des applications
fn.
(c) On considere l'application g de R dans R denie par
8 1 < exp
pour x 2 [ 1; 1]
x 1
g(x) = :
.
0
pour jxj > 1
Montrer que gZ est de classe C 1 .
1
On pose a =
g(t)dt, puis pour tout x 2 R, 'n(x) = na g(nx).
1
Montrer que la suite ('n )n2N verie les conditions du debut de l'exercice.
En deduire que toute application continue de R dans K est limite d'une
suite de fonctions de classes C 1 , la convergence etant uniforme sur tout
compact.
(d) On considere une application
1 1 f continue de R dans K =R ou C nulle en
dehors de l'intervalle
; .
2 2 Z
Pour tout n 2 N on pose an = (1 t )n dt et
2
+
1
8 (1 x )n
<
'n (x) = : an
0
2
2
1
pour 16x61
.
pour jxj > 1
Z
1
+
On pose alors pour tout reel x : fn(x) =
f (x t)'n(t)dt.
1
En utilisant l'exercice precedent, retrouver le theoreme de Weirstra.
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
Chapitre 8
Convergence uniforme ; corriges
1. Supposons que la suite (fn)n2N converge uniformement vers une fonction f .
Soit " > 0. Il existe N 2 N veriant pour tout entier n>N et pour tout x de
X , kfn(x) f (x)k6 "2 .
Pour p et q entiers au moins egaux a N nous avons 8x 2 X; kfp (x) fq (x)k6".
Supposons
8" > 0 9N 2 N tel que 8(p; q) 2 N ; p>N; q>N ) sup kfp(x) fq (x)k6".
x2X
La suite de terme general fn(x) est une suite de Cauchy de points de E qui
est complet donc est convergente. Notons f (x) sa limite. La suite (fn)n2N
converge donc simplement vers f .
p etant xe, p>N , x 2 X , q!lim1 kfp(x) fq (x)k = kfp (x) f (x)k6".
La convergence est bien uniforme.
2
+
2. Soit f une fonction reglee.
Soit " > 0 donne. Soit g une fonction en escalier telle que kf gk1 6 " = "0 .
4
Soit t 2 [a; b[. g possede une limite, l" , a droite en t donc il existe > 0 tel que
8u 2 [a; b[; t < u6t + ) kg(u) l" k6"0 . Nous en deduisons kf (u) l" k62"0 .
En particulier
8(u; v) 2 [a; b[ ; t < u6u + ; t < v6v + ) kf (u) f (v)k64"0 = ".
En utilisant les resultat du premier exercice du chapitre variable reelle nous
en deduisons que f possede une limite a droite en t.
Remarque nous pouvons eectuer une autre demonstration. f etant reglee, pour chaque n 2 N il existe une application gn en escalier veriant
8t 2 [a; b]; kf (t) gn(t)k6 n +1 1 . la suite (gn)n2N converge uniformement
vers f .
Pour chaque n 2 N, gn possede une limite ln 2 E a droite en t donc f possede
en t une limite a droite ; cette limite est la limite de la suite convergente
2
1
Je rappelle la demonstration de ce resultat :
Soit (gn)n2N une suite d'applications denies d'un espace topologique (au sens que j'ai donne a cela
dans le chapitre topologie) X a valeurs dans un espace vectoriel norme complet E . On suppose
que la suite (gn)n2N converge uniformement vers une fonction g. Soit a 2 X ; on suppose que les
fonctions gn ont toutes une limite ln 2 E en a. Alors la suite (ln)n2N converge ; de limite l. La
fonction g possede une limite en a ; cette limite est egale a l.
lp lq = (lp fp (t)) + (fp(t) fq (t)) + (fq (t) lq ).
Soit " > 0. Soit N 2 N tel que pour tout entier n au moins egal a N on ait sup kfn (t) f (t)k6 3" .
t2X
Soient p et q xes au moins egaux a N .
1
CHAPITRE 8. CONVERGENCE UNIFORME ; CORRIGE S
112
(ln )n2N.
On montre de m^eme que f possede en tout point de ]a; b] une limite a gauche.
Supposons que f possede en tout point de [a; b[ une limite a droite et possede
en tout point de ]a; b] une limite a gauche.
Soit " > 0. Notons R l'ensemble des points x de [a; b] tels que f est approchable uniformement, a " pres, sur [a; x] par une fonction en escalier.
C'est-a-dire : 8x 2 R; 9g en escalier sur [a; x]; 8t 2 [a; x]; kf (t) g(t)k6".
f possede une limite la en a donc il existe > 0 tel que pour a < t6a + on
ait kf (t) la k6".
Posons g(t) = la pour t 2]a; a + ] et g(a) = f (a). g est en escalier sur
[a; a + ] et [a; a + ] R.
Soit c la borne superieure de R. a + 6c6b. f possede une limite lc , a gauche
en c donc il existe > 0 tel que pour c 6t < c on ait kf (t) lc k6".
Il existe c 2 R; c < c 6c. Nous disposons alors d'une application g
en escalier sur [a; c ] qui approche sur [a; c ] f a " pres. Posons, si c 6= c,
g(t) = lc pour t 2]c ; c[; g(c) = f (c) et g(t) = g (t) pour t 2 [a; c ]. g est
en escalier sur [a; c] et approche f a " pres sur [a; c]. Nous en deduisons que
c 2 R. Supposons c < b. f possede une limite a droite en c donc comme
precedemment, pour a, nous pouvons construire sur [a; c + ] (avec > 0)
une fonction en escalier qui approche f a " pres sur [a; c + ]. c n'est alors pas
la borne superieure donc c = b d'ou le resultat demande.
3. (a) fn(x) = cosn(x) sin(x). Pour x 2]0; 2[nfg, n!lim1 cosn (x) sin(x) = 0
car j cos(x)j < 1. Pour x = 0, ou 2 cosn(x) sin(x) = 0.
La suite de fonctions converge simplement vers 0 sur R.
Soit " > 0; " < .
2
Pour jxj 2 ["; "], j cos(x)j6 cos(") donc j cosn(x) sin(x)j6 cosn(") et
lim cosn(") = 0. Il existe alors N 2 N ne dependant que de " veriant
n! 1
pout tout entier n>N 0 < cosn(")6".
Nous avons alors j cosn(x) sin(x)j6".
Pour x 2 [ "; "] [ [ "; + "], j cosn(x) sin(x)j6j sin(x)j6".
Nous en deduisons pour tout n>N sup j cosn(x) sin(x)j6j sin(x)j6".
x2R
La convergence vers 0 est donc uniforme sur R.
(b) fn(x) = n cosn(x) sin(x). Comme dans l'exercice precedent nous obtenons
Il existe Vp et Vq deux voisinages de a veriant 8t 2 Vp; kfp(t) lpk6 3" 8t 2 Vq ; kfq (t) lq k6 3" .
Pour t 2 Vp \ Vq nous avons klp lq k6klp fp(t)k + kfp(t) fq (t)k + kfq (t) lq k6".
Cette inegalite est donc veriee pour tout couple d'entiers (p; q) avec p et q au moins egaux a N .
La suite (ln)n2N est une suite de Cauchy, convergente car E est complet, de limite l 2 E .
Soit " > 0. Soit N 2 N tel que pour n>N on ait kln lk6 3" .
Soit n>N tel que sup kfn (t) f (t)k6 3" .
t2X
Soit enn V un voisinage de a tel que 8t 2 V; kfn (t) lnk6 3" . Nous en deduisons
8t 2 V; kf (t) lk6kf (t) fn (t)k + kfn (t) lnk + kln lk6".
1
1
1
1
1
1
1
1
1
+
+
2
Nous verrons dans l'exercice numero 29 un resultat analogue dans un autre exercice plus
general.
2
113
la convergence simple de la suite fonctions de terme general n cosn(x) sin(x)
vers 0.
r n Soit pour n 2 N, xn = acos
n + 1 . n
n
yn = n cosn(xn) sin(xn) = p n
.
n+1 n+1
n + 1 ln 1 + 1 + 1 ln(n).
ln(yn) =
2
n
2
Nous avons alors n!lim1 ln(yn) = +1 puis n!lim1 yn = +1.
Il n'y a donc pas convergence uniforme sur R.
x
(c) fn(x) =
n(1 + xn) (x>0).
x>0 donc n(1 + xn )>n et n!lim1 n(1 +x xn ) = 0.
n
fn0 (x) = 1 n+(1(1+ xnn))x .
r
n
1 .
Supposons n>2. Notons n =
n 1
fn croit sur [0; n] et decroit sur [n ; +1[. fn(0) = 0; x!lim1 fn(x) = 0.
fn(n) = (n n1)n n! 1 n1 .
La suite (fn)n2N converge uniformement vers 0 sur R .
1
(d) fn(x) = ln x +
(x>1).
1 n
lim ln x + = ln(x).
n! 1
n 1
Notons gn (x) = ln x +
n ln(x).
gn0 (x) = x(x n+ n) < 0. x!lim1 gn(x) = 0.
1
Nous avons donc pour x>1, 06gn(x)6 ln 1 + .
1 n
La suite de fonctions x 7 ! ln x +
n n2N converge uniformement
sur [1; +1[ vers x 7 ! ln(x).
(e) fn(x) = nx exp( nx) (x>0).
Pour x > 0 n!lim1 nx exp( nx) = 0. fn(0) = 0. La suite (fn)n2N
converge simplement vers 0.
fn0 (x) = nx(2 nx) exp( nx).
2
3
+
+
+
2
+
2
+
+
+
+
2
2
+
n + 1 ln 1 + 1 + 1 ln(n) = 1 ln(n) 1 1 + o 1 .
2
n 2
2
2 4n nr 1 1
1
1
1
n
1
Nous avons donc yn = exp 2 ln(n) 2 4n + o n = e 1 4n + o n .
r
Nous obtenons yn n!+1 ne .
3
114
CHAPITRE 8. CONVERGENCE UNIFORME ; CORRIGE S
de fn en +1 est
nulle. Pour n 2 N , fn est croissante sur
La limite
2
2
2
4
0; , decroissante sur ; +1 . fn
n
n
n = ne ; la convergence est
donc uniforme.
nx .
(f) fn(x) =
1+n x
fn est impaire.
Il est immediat que pour x 6= 0 n!lim1 nx = 0 et fn(0) = 0. La suite
1+n x
converge donc simplement vers 0.
fn0 (x) = n(1(1+ nnxx) ) .
fn a une limite nulle en +1 donc 8x 2 R; jfn(x)j6 2p1 n . La convergence
est donc uniforme sur R vers 0.
(g) fn(x) = sin(pnx) (x > 0).
sin(nx) n px
p 6 x.
n x
Soit " > 0.
Pour x 2]0; " ], jfn(x)j6" ; pour x 2 [" ; +1[, jfn(x)j6 p1 6 1 .
n x n"
1
Pour n> nous avons jfn(x)j6".
"
Il existe donc un entier N tel que pour tout n 2 N au moins egal a N et
pour tout reel x > 0 on ait jfn(x)j6".
La suite converge uniformement vers 0 sur R .
Nous pouvons faire une autre demonstration.
1
p
Comme ecrit plus haut jfn(x)j6 x. Placons-nous sur 0; . Nous
n
1
avons jfn(x)j6 p .
n
1
1
1
Pour x> , jfn(x)j6 p 6 p . Donc pour x 2]0; +1[ nous avons
n
n x n
1
jfn(x)j6 pn et la convergence est bien uniforme.
2
3
2
3
+
3
3
2
2
2 2
2
2
2
+
1
0 si x = 0.
nx si x 6= 0 et
1
Pour x 6= 0 n!lim1 x sin
nx = 0 et fn(0) = 0. La suite (fn)n2N
converge simplement vers 0. 1 x jxj jaj
Soit a > 0. Soit 0 < jxj6a. x sin
nx 6 njxj = n 6 n ; l'inegalite
est vrai aussi pour x = 0.
La convergenceestdonc uniforme sur tout compact de R.
fn(n) = n sin n1 n! 1 1. Il n'y a pas convergence uniforme sur R.
(h) fn(x) = x sin
2
2
+
2
2
2
+
2
115
n
(i) fn(x) = 4 (ln(x)) n si x 2]0; 1] et 1 si x = 0.
3 + (ln(x))
Nous avons immediatement n!lim1 fn (0) = 1,
1
lim f (x) = 1 pour x 2 0; ,
n! 1 n e
1
3
=
lim f
n! 1 n e
4
1 4
lim f (x) = pour x 2 ; 1 .
n! 1 n
3
e
Il n'y a pas convergence uniforme car la limite n'est pas continue.
x nx
(j) fn(x) =
n (x > 0).
Pour x > 0 n!lim1 fn(x) = 0.
lim f (x) = 1, x!lim1 fn(x) = +1. Il n'y a donc pas convergence uniforme
x! n
x sur R . Placons-nous sur [a; b] R . fn0 (x) = nfn(x) 1 + ln
n .
Pour n>be, fn0 est negative sur [a; b] donc pour x 2 [a; b] et n>be,
0 < fn(x)6fn(a).
Il y a donc convergence uniforme sur tout compact inclus dans R .
(k) exp( nx) sin(nx) (x>0). fn(0) = 0.
Pour x > 0 n!lim1 fn(x) = 0.
1 sin(1)
fn n = e . Il n'y a donc pas convergence uniforme sur R .
Soit a > 0 et soit x>a. jfn(x)j6 exp( na).
La suite (fn)n2N converge uniformement vers 0 sur tout compact inclus
dans R .
sin(nx)
(l) fn(x) =
.
1+n x
fn(0) = 0 ; pour x 6= 0 n!lim1 fn(x) = 0.
(fn)n2N converge simplement vers 0.
1 sin(1)
fn n = 2 . Il n'y a pas convergence uniforme.
1
Soit a > 0 et soit x veriant jxj>a. jfn(x)j6
.
1+n a
La suite (fn)n2N converge uniformement vers 0 sur tout compact inclus
dans R .
(m) fn(x) = na x exp( nx).
fn(0) = 0 et pour x > 0 n!lim1 fn(x) = 0.
fn0 (x) = na (1 nx) exp( nx).
a
Pour n 2 N , sup jfn(x)j = n .
e
x2R
2
2
+
+
+
+
+
0
+
+
+
+
+
+
+
2
2
+
2
+
+
1
+
2
CHAPITRE 8. CONVERGENCE UNIFORME ; CORRIGE S
116
La convergence est uniforme si et seulement si a < 1.
1
Soit b > 0. Pour x>b et n> ; 06fn(x)6fn(b).
b
Lorsque a>1 la convergence est uniforme sur tout compact inclus dans
R .
pn
x
fn(x) = 1 + nx .
fn est impaire. fn(0) = 0 et pour x 6= 0 fn(x) n! 1 xp1 n . la suite
converge simplement
1 vers 0.1
Pour n 2 N fn p = . Il n'y a pas convergence uniforme.
2
n
Soit a > 0 et soit x veriant jxj>a. Pour n 2 N jfn(x)j6 p1 6 p1 .
x n a n
La suite (fn)n2N converge uniformement sur tout compact inclus dans R.
fn(x) = x +n n avec x>0.
Nous supposons n 2 N .
lim f (x) = 1. x!lim1 fn(x) = 0. Il n'y a donc pas convergence uniforme.
n! 1 n
x 6 a .
Soit a > 0 et soit 06x6a. jfn(x) 1j =
x+n a+n
La convergence est donc uniforme sur tout compact inclus dans R .
fn(x) = nxn(1 x); aevc x 2 [0; 1].
fn(1) = 0 ; pour x 2 [0; 1[ n!lim1 fn(x) = 0. La suite (fn)n2N converge
simplement vers 0.
fn0 (x) = nxn (n x(n + 1)). n
n
n
Mn = xmax
f (x) = fn n + 1 = n + 1
.
2 ; n
1
lim M = . La convergence n'est donc pas uniforme.
n! 1 n e
n >a c'est-a-dire n> a nous
Sur [0; a] avec 0 < a < 1, des que
n+1
1 a
avons 06fn(x)6fn(a). Il y a donc convergence uniforme sur tout compact
inclus dans [0; 1[.
1
fn(x) = min n; px .
1
1
1
Nous avons donc pour 0 < x6 ; fn(x) = n et pour x> ; fn(x) = p .
n
n
x
Il est immediat que pour x > 0 xe la suite (fn)n2N converge simplement
1
vers x 7 ! f (x) = p .
1 1 x
fn
f 4n = jn 2nj qui tend vers +1. Il n'y a pas conver4n
gence uniforme.
Soit a > 0 et soit x>a.
+
(n)
2
+
(o)
+
(p)
+
+
+
1
+1
[0 1]
+
(q)
2
2
2
2
117
Pour n> p1 , fn(x) f (x) = 0. La convergence est donc uniforme sur
a
tout compact inclus dans R .
fn(0) = 0; gn(0) = 0. Pour t > 0 n!lim1 fn(t) = 0 et n!lim1 gn(t) = f (0) = 0.
Soit " > 0. Il existe A > 0 tel que pour x>A on ait jf (x)j6".
Supposons t>a > 0. Pour n> A nous avons nt>na>A donc jf (nt)j6". La
a
convergence de la suite (fn)n2N est uniforme vers 0 sur [a; +
1
[. f n'est pas
t
la fonction nulle donc il existe t > 0 tel que f (t ) 6= 0. fn
n = f (t ) ; la
convergence n'est donc pas uniforme sur [0; +1[.
Soit " > 0. Il existe A > 0 tel que pour 06x6A on ait jf (x)j6". Supposons 06t6a > 0. Pour n> a nous avons t 6A donc jf t j6". La
A
n
n
convergence de la suite (gn)n2N est uniforme vers 0 sur [0; a].
gn (nt ) = f (t ) la convergence n'est donc pas uniforme sur [0; +1[.
f est bornee sur R.
f est bornee ; en eet il existe > 0 et > 0 tels que 8t 2 [0; ] nous ayons
jf (t)j61 et 8t 2 [; +1[ nous ayons jf (t)j61.
f est continue donc la restriction de f a l'intervalle d'extremites , est bornee ; d'ou le resultat.
f kfnk6kf k1 de m^eme kgnk6kf k1 . Il est alors immediat que les suites nn n2N
gn et
n n2N convergent uniformement vers 0.
Soient u et v deux elements de X .
kf (u) f (v)k = kf (u) fn(u)k + kfn(u) fn(v)k + kfn(v) f (v)k.
Soit " > 0. Il existe N" 2 N tel que sup kfN" (t) f (t)k6 " .
3
t2X
La fonction fN" est uniformement continue donc il exsite > 0 tel que pour
"
(u; v) 2 X veriant ku vk6 on ait kfN" (u) fN" (v)k 6 . Nous obtenons
3
alors kf (u) f (v)k6" ; f est uniformement continue.
Soit " > 0.
Il existe > 0 veriant 8(u; v) 2 E , ku vk6 ) kg(u) g(v)k6".
Il existe N 2 N tel que pour n>N on ait 8t 2 X; kfn(t) f (t)k6.
Dans ces conditions nous avons k(g fn)(t) (g f )(t)k6". La convergence
est bien uniforme.
Faisons la demonstration directement dans le cas general. Pour repondre a la
premiere question il sut de choisir B (x; y) = xy.
Soient E; F et G trois espaces vectoriels normes. E F est muni de la norme
k(x; y)k = kxkE + kykF .
Il est clair que si (xn)n2N (resp. (yn)n2N) est une suite de points de E (resp.
de points de F ) convergeant vers 0, la suite ((xn; yn))n2N converge vers 0.
B est une application bilineaire continue donc n!lim1 B (xn ; yn) = 0.
+
4.
+
0
0
5.
+
0
0
2
6.
7.
2
+
0
0
118
CHAPITRE 8. CONVERGENCE UNIFORME ; CORRIGE S
Soient (fn)n2N et (gn)n2N deux suites d'applications denies sur X a valeurs
respectivement dans E et F convergeant uniformement vers f et g bornees.
Soit " > 0. Il existe > 0 tel que pour (x; y) 2 E F veriant kxkE 6 et
kykF 6 on ait kB (x; y)kG6".
Soient (x; y) 2 E F . Si x ou y = 0 alors 0 = kB (x; y)kG6".
x et y0 = y.
Sinon posons x0 =
kxkE
kykF
kB (x; y)kG = kxkEkykF kB (x0 ; y0 )kG6 kxkEkykF ".
Il existe une constante K veriant pour tout couple (x; y) d'elements de E F
l'inegalite kB (x; y)kG6K kxkE kykF .
Reciproquement il est immediat que si une application bilineaire B verie
pour tout couple (x; y) 2 E F , r
kB (x; y)kG6K kxkE kykF ou K 2 R elle
" . Il s'agit donc la d'une caracteriest continue ; il sut de choisir 6
K +1
sation d'une application bilineaire continue.
Soit alors t 2 X . kB (fn(t) f (t); g(t)kG6K kfn(t) f (t)kE kg(t)kF ,
kB (f (t); gn(t) g(t)kG6K kf (t)kE kgn(t) g(t)kF ,
kB (fn(t) f (t); gn(t) g(t)kG6K kfn(t) f (t)kE kgn(t) g(t)kF .
sup kB (fn (t) f (t); g(t)kG6K sup kfn(t) f (t)kE sup kg(t)kF ,
t2X
t2X
t2X
sup kB (f (t); gn(t) g(t)kG6K sup kf (t)kE sup kgn(t) g(t)kF ,
t2X
t2X
t2X
sup kB (fn (t) f (t); gn(t) g(t)kG6K sup kfn(t) f (t)kE sup kgn(t) g(t)kF .
t2X
t2X
t2X
Les trois suites de fonctions de termes generaux respectifs
t 7 ! (B (fn(t) f (t); g(t))n2N, t 7 ! (B (f (t); gn(t) g(t))n2N et
t 7 ! (B (fn(t) f (t); gn (t) g(t))n2N convergent uniformement vers 0.
B (fn (t); gn(t)) B (f (t); g)(t)) = B (fn(t) f (t); gn(t) g(t))
+B (fn(t) f (t); g(t)) + B (f (t); gn(t) g(t)).
La suite de terme general t 7 ! B (fn (t); gn(t)) converge bien uniformement
vers la fonction t 2 X 7 ! B (f (t); g(t)) 2 G.
Remarque lorsque une suite (fn)n2N de fonctions converge uniformement vers
une fonction f bornee alors les fn sont, a partir d'un certain rang N , uniformement bornees ; reciproquement si les fn sont uniformement bornees et si la
suite (fn)n2N de fonctions converge uniformement vers une fonction f celle-ci
est bornee.
En eet il existe un entier N tel que 8t 2 X; kfn(t) f (t)k61 pour n>N .
Nous avons alors 8t 2 X; kfn(t)k6kf (t)k + 1 et kf (t)k6kfn(t)k + 1.
Dans le premier cas kfn(t)k6kf k1 + 1 ce qui prouve le resultat.
Dans le second cas il existe M >0 tel que pour tout n et pour tout t 2 X ,
kfn(t)k6M . kf (t)k6M + 1 d'ou le resultat.
2
2
+
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
119
8. (a) Soit t xe dans [0; 1]
L'application x 2 [0; 1] 7 ! f (x) = x + 1 (t x ) 2 R est continue stric2
tement croissante.
t t + 1
p p
f ([0; 1]) = 2 ; 2 [0; 1] et f ( t) = t.
p
f (0) = 12 t6 t.
Nous en deduisons alors que pour tout n 2 N; 06Pn(t)61.
p
p
x6 t ) f (x)6 t. f (x) x = 12 (t x ). La suite de terme general
pt.
Pn(t) est donc croissante majoree ; elle est alors convergente
de
limite
p p
Soit a 2]0; 1[. Pour t 2 [a; 1] nous avons Pn(t) + t> a > 0.
p
p
p
06 t Pn (t) = 1 ( t Pn(t))(2 t Pn(t))
2
pa p
6( t Pn(t)) 1 2 . Nous en deduisons immediap
p pa n pa n
tement 06 t Pn(t)6 t 1
6 1 2 .
2
pt.
La suite
(
P
)
converge
uniform
e
ment
sur
[
a;
1]
vers
t
7
!
n
n
2
N
p
t 7 ! t est continue en 0. Soit
p " > 0. Il existe a 2]0; 1[ tel que pour
tout t 2 [0; a] on ait 06Pn(t)6 t6". a etant ainsi choisi p
nous choisissons
N 2 N tel que pour n>N on ait pour t 2 [a; 1] jPn(t) tj6p
". Nous en
deduisons que pour tout t 2 [0; 1] on a pour n>N jPn(t)
tj6". La
convergence est bien uniforme.
(b) La suite de terme general t 2 [ 1; 1] 7 ! Pn(t ) = Qn (t) 2 R converge
p
p
t j = sup jPn(t) tj.
uniformement vers t 7 ! jtj car sup jPn(t )
2
2
+1
2
2
t2[ 1;
p
2
t2[0;
1]
1]
(c) t 2] 1; 1[7 ! 1 t 2 R est de classe C 1 .Z
n
t
X
p
Soit t 2 [0; 1[; f (t) = 1 t = ak tk + 1 (t u)nf n (u) du avec
n!
k
k
k)!
ak = 4k (k!)(2(1
et f k (t) = k (2k)!
(1 t) .
2k)
4 (k!)(1 2k)
Nous obtenons alors
2)!tn
(2n + 2)!
jRn(t)j6 4n (((2nn++1)!)
6
.
(2n + 1) 4n ((n + 1)!) (2n + 1)
n
X
p
Pour t 2] 1; 1[, jtj = 1 (1 t ) = ak (1 t )k + Rn(1 t ).
( +1)
0
=0
1
( )
2
2
2
+1
+1
2
+1
2
2
2
n
X
2
k=0
ak (1 t )k . An(1) = An( 1) = 1 ; nous avons donc
k
(2n + 2)!
pour t 2 [ 1; 1], jAn(t) jtjj 6 n
= .
4 ((n + 1)!) (2n + 1) n
n
X
3
ln(n) = ln 1
ln(2).
2k + 2
Notons An(t) =
2
=0
+1
k=1
2
CHAPITRE 8. CONVERGENCE UNIFORME ; CORRIGE S
120
3
est equivalent a 3 . La seLorsque k tend vers +1 ln 1
2k + 2
2k
3
rie de terme general diverge et n!lim1 ln(n ) = 1 ; la suite (n)n2N
2k
converge vers 0 donc la suite t 2 [ 1; 1] 7 ! An(1 t ) 2 R n2N converge
uniformement.
Si nous ne voulons pas utiliser les series, nous pouvons nous servir de la
formule de Stirling
2n + 2 n p
4(n + 1)
1
e
p
=
n n! 1
.
n + 1 n
(2
n
+
1)
(
n
+
1)
2(n + 1)(2n + 1)
4n
e
(d) Il s'agit de demontrer que si (c )c2 a; b est une famille
X de reels, tous nuls
sauf au plus un nombre ni d'entre eux, veriant
c gc = 0 alors les
+
2
2 +2
2 +2
+
+1
[
]
c2[a; b]
coecients c sont tous nuls.
Supposons la famille liee.
Il existe ( ; ; n) 2 Rn tous non nuls et une famille (c ; ; cn)
n
X
d'elements de [a; b] veriant 8t 2 [a; b]; gn (t) = i jt ci j = 0.
i
Nous pouvons supposer c < c < < cn.
n est bien evidemment au moins egal a 2. Si n = 2 alors en chosissant
t = c puis t = c nous obtenons (c c ) = 0 et (c c ) = 0 ce qui
conduit a = = 0.
Si n>3 un au moins des c = ci est strictement compris entre a et b. La
1
1
=1
1
1
2
2
1
2
2
1
1
2
1
2
derivee a gauche en c de gn est egale a
droite en c est egale a
Xi
j =1
j
n
X
j =i+1
i
X
1
j =1
n
X
j
j =i
j = 0 ; la derivee a
j = 0. Nous en deduisons 2i = 0
ce qui est contradictoire. La famille proposee est bien une famille libre.
(e) Soit = (a ; ; an) une subdivision de [a; b]. Soit E l'espace vectoriel des applications ' continues de [a; b] dans R telles que pour chaque
i 2 Nn la restriction de ' a [ai ; ai ] soit ane.
Soit L denie de E dans Rn par L(f ) = (f (a ); ; f (an)).
L est une application lineaire. L(f ) = 0 implique evidemment que f est
nulle donc L est injective et dim(E ) 6n + 1.
Pour chaque i 2 f0; ; ng, gai 2 E .
D'apres le resultat precedent la famille des applications gai est libre de
cardinal au moins egal a la dimension de E ; il s'agit d'une base de E .
Pour chaque fonction f 2 E il existe donc ( ; ; n) 2 Rn veriant
n
X
8t 2 [a; b]; f (t) = k jt ak j.
0
1
1
+1
0
0
k=0
+1
Soit alors F une application continue de [a; b] dans R. F est uniforme-
121
ment continue.
Soit " > 0. Il existe > 0 tel que pour tout (u; v) 2 ([a; b]) on ait
jF (u) F (v)j6 3" .
Soit = (a ; ; an) une subdivision de [a; b] de pas au plus egal a .
Soit F 2 E telle que pour chaque ai , F (ai) = F (ai ). Pour t 2 [ai ; ai ]
nous avons
F (a ) F (a )
i
i
F (t) F (t) = F (t)
ai
ai (t ai ) + F (ai) donc
jF (t) F (t)j6jF (t) F (ai)j + jF (ai ) F (ai )j6 23" .
n
X
n
Il existe ( ; ; ; n ) 2 R tel que 8t 2 [a; b]; F (t) = k gak (t).
2
0
+1
+1
+1
+1
0
+1
1
k=0
Reprenons la suite (Qp )p2N de polyn^omes qui converge uniformement sur
[ 1; 1] vers t 7 ! jtj.
t c
Soit c 2 [a; b]. Posons Sp(t) = (b a)Qp
b a . La suite (Sp)p2N
converge uniformement pour jt cj6b a vers t 7 ! jt cj.
L'intervalle [a; b] est inclus dans l'intervalle [c b + a; c + b a] donc il
existe une suite de fonctions polynomiales convergeant uniformement sur
[a; b] vers gc .
Il est alors immediat qu'il existe une suite (Gp )p2N de fonctions polynon
X
miales convergeant uniformement sur [a; b] vers F = k gak .
k
"
9N" 2 N; 8p 2 N, p>N" ) sup jGp (t) F (t)j6 3 puis
t2 a; b
sup jGp (t) F (t)j6". Le resultat est donc demontre.
=0
[
]
t2[a; b]
9. Utilisons le resultat du premier exercice.
La suite (fn)n2N est uniformement de Cauchy sur ]0; 1[ donc verie
8" > 0 9N 2 N tel que 8(p; q) 2 N ; p>N; q>N ) sup kfp (t) fq (t)k6".
t2 ;
p et q etant xes lim
(
f
(
t
)
f
(
t
))
=
f
(1)
f
(1)
;
de
m^eme
p
q
p
q
t!
lim
(f (t) fq (t)) = fp(0) fq (0) donc
t! p
8" > 0 9N 2 N tel que 8(p; q) 2 N ; p>N; q>N ) sup kfp (t) fq (t)k6".
t2 ;
La convergence est bien uniforme sur [0; 1].
10. Premier theoreme de Dini.
(a) Supposons que les ensembles En soient tous non vides.
f fn est continue donc En est un ferme de K , comme image reciproque
d'un ferme.
x 2 En ) f (x) fn(x)>f (x) fn (x)>" ) x 2 En . La suite (En)n2N
est donc decroissante.
Considerons une suite (xn )n2N de points de K obtenue en choisissant pour
chaque n 2 N un element xn de En. K etant compact la suite (xn)n2N
2
]0 1[
1
0
2
[0 1]
+1
+1
CHAPITRE 8. CONVERGENCE UNIFORME ; CORRIGE S
122
possede uns sous-suite (yn)n2N convergente. 8n 2 N; yn = x' n avec '
strictement croissante de N dans N. Soit n 2 N ; pour p 2 N, p>n nous
avons yp 2 E' p E' n En . La limite l de la suite (yn)n2\
N est donc
dans En qui est ferme. Nous en deduisons que l'intersection
En 6= ;.
( )
( )
( )
4
n2N
Il existe donc l 2 K ; l appartenant a tous les En veriant f (l) fn (l)>".
La suite de terme general fn(l) converge vers f (l) donc il existe N 2 N
tel que pour tout entier n veriant n>N on ait f (l) " 6fn(l)6f (l) ce
2
qui est contradictoire.
Il existe donc un entier N veriant 8x 2 K f (x) fN (x) < " donc pour
tout entier n>N nous avons f (x)>fn(x)>fN (x) > f (x) ". La suite
converge bien uniformement.
(b) Nous devons demontrer que pour
p t 2 [0; 1], t Pn (t)>0.
Montrons que l'on a 06Pn(t)6 t.
Le resultat est vrai pour n = 0.
1 p
Pour t 2 [0; 1] P (t) = t> t.
2
P est bien une fonction polynomiale.
Supposons avoir prouve que jusqu'au rang n>1, Pn soit une
p fonction polynomiale veriant pour t 2 [0; 1] et pour i6n, 06Pi (t)6 t.
Il est immediat que Pn est une fonction polynomiale. Nous avons bien
Pn (t)>0 pour t 2 [0; 1].
p
p
p
p
t Pn (t) = t Pn(t) 12 ( t Pn(t))( t + Pn(t))
p
1p
= ( t Pn(t))(2
t Pn(t)).
2 p
p
pt)>0 puis pt P (t)>0. Le
Pn(t)6 t donc 2
t Pn(t)>2(1
n
resultat est donc demontre au rang n + 1 et est vrai pour tout entier n.
La suite de terme general Pn(t) est une suite croissante majoree par 1 ; elle
est donc convergente
p de limite l(t) 2 [0; 1] veriant l(t) = l(t)+ (t l (t))
c'est-a-dire l(t) = t.
En utilisant le premier theoreme de Dini nous en deduisons que la convergence est uniforme.
Soit t 2 [ 1; 1] ; la suite de terme pgeneral Pn(t ) converge
p uniformement
vers t 7 ! jtj car sup jPn(t )
t j = sup jPn(t) tj.
2
1
1
+1
+1
+1
+1
1
2
2
2
2
t2[ 1;
2
1]
t2[0;
1]
11. Deuxieme theoreme de Dini.
Par hypothese, f est croisssante et continue.
Soit " > 0. f etant continue est uniformement continue car [a; b] est compact.
Il existe > 0 veriant : 8(u; v) 2 [a; b] ; ju vj6 ) jf (u) f (v)j6 " .
2
Considerons alors une subdivision = (t ; ; tp ) de [a; b] de pas au plus
2
0
Il s'agit la, comme nous l'avons deja vu dans le chapitre de topologie, d'un resultat classique
concernant les suites decroissantes de compacts non vides. Nous pouvons remarquer que
\ si les En
n'etaient pas compact le resultat e^ut pu ^etre faux ; par exemple En = [n; +1[ verie En = ;.
4
n2N
123
egal a .
Pour chaque entier i6p il existe Ni 2 N veriant pour tout entier n>Ni
jfn(ti ) f (ti )j6 2" . Soit N un entier au moins egal a tous les Ni. Soient,
pour i entier, i6p 1, t 2 [ti ; ti ] et n>N .
f (t) fn(t)6f (ti ) fn(ti )6(f (ti ) f (ti )) + (f (ti ) fn (ti))6 2" + 2" 6".
fn(t) f (t)6fn(ti ) f (ti )6(fn(ti ) f (ti ))+(f (ti ) f (ti ))6 2" + 2" 6".
Nous obtenons donc pour tout t 2 [a; b] et pour tout n>N jf (t) fn(t)j6"
c'est dire que la suite converge uniformement.
+1
+1
+1
+1
+1
12. Operateur de Fejer
(a)
n
X
1
k=1
(n k) cos(ky) =
n
X
1
k=1
Notons An(y) =
n
X
1
k=1
1
k=1
+1
!
n
X
k cos((n k)y) = <e
k exp(i(n k)y)
k !
n
X
1
=1
= <e exp(iny)
n
X
+1
1
k=1
k exp( iky) .
exp( iky).
k exp( iky) = iA0n(y).
Pour y 6 0 (mod 2) nous avons An (y) = exp( iy) exp( iny) .
1 exp( iy)
Nous en deduisons :
(n 1) exp( iy) n soit encore
i exp(iny)A0n(y) = exp(i(n 1)(1y) +exp(
iy))
n
i exp(iny)A0n(y) = 1 exp(
+ exp(i(n 1)y) exp( iy)
iy)
(1 exp( iy))
ni exp iy i sin y exp iy
=
.
2 sin y
2 sin y
2
2
2
2
2
2
!
2
2
sin ny
n
1
La partie reelle est egale a
+
.
2 2 sin y
Nous en deduisons
!
n
n
X
X
sin ny
= n + 2 (n k) cos(ky) =
(n jkj) exp(iky).
sin y
k
k n
!
sin ny
1
cos(
n
(
t
))
Il est clair que t 2]0; 2[7 !
=
2 C est pro1 cos(t)
sin y
longeable par continuite sur [0; 2].
Fn(f ) est denie sur R.
2
2
2
2
1
2
2
=1
=
2
2
2
CHAPITRE 8. CONVERGENCE UNIFORME ; CORRIGE S
124
Z
n
1 X
8x 2 R, (Fn(f ))(x) = 2n
(n jkj)
exp(ik(x t))f (t) dt
k n
Z n
1 X
(n jkj) exp(ikx)
exp( ikt)f (t) dt
=
2n k n
n
X
1
=
n k n(ck (f )(n jkj) exp(ikx)).
Il s'agit bien d'un polyn^ome trigonometrique.
Il est immediat que Fn (1) = 1 car ck (1) = k .
t (b) Pour t 2 [; ]; sin
> sin 2 > 0 donc
2
!
Z sin nt Z nt 1
.
dt6
sin
dt
=
0<
t
2
sin
sin
sin 2
0
=
2
0
=
=
0
2
2
2
2
2
2
(c) (Fn(f ))(x) f (x) =
2
1
2n
Z
Z
2
(
2
0
2
0
00 n x t 1
1
B@@ sin
A (f (t) f (x))CA dt
x
t
sin
!
sin nt (f (x + t) f (x)) dt.
sin t
2
2
)
2
2
2
1
=
2n
f est uniformement continue car toute fonction continue denie de R dans
C periodique est uniformement continue. Soit " > 0 il existe > 0 tel
que pour u et v reels, ju vj6 on ait jf (u) f (v)j6 " .
3
Donc pour jtj6, pour tout reel x on a jf (t + x) f (x)j6 " et f etant
3
2-periodique pour jt 2j6, pour tout reel x jf (t + x) f (x)j6 " .
3
Supposons ainsi choisi.
0
2
2
2
0 n t 1
0 n t 1
Z
Z
sin
sin
1 @
"
".
A
@
A
(
f
(
t
+
x
)
f
(
x
))
dt
6
dt
=
6n
2n 3
sin t
sin t
0 n t 1
Z sin
"
1
@
A
De m^eme
(
f
(
t
+
x
)
f
(
x
))
dt
6 3 .
2n sin t
0
1
nt
Z
1 @ sin A
(f (t + x) f (x)) dt
2n sin t
0
nt 1
Z
sin
1
@
A dt6kf k1 1 .
62kf k1 2n
t
sin
n sin
2
( )
0
2
2
( )
2
2
2
0
2
2
2
2
( )
2
2
2
( )
2
2
2
2
( )
2
2
2
2
2
2"
1
Nous obtenons donc kFn(f ) f k1 6 + kf k1
3
n sin
2
2
.
125
2" + kf k
1 = 2" donc il existe N 2 N tel que pour
lim
1
n! 1 3
3
n sin n 2 N, n>N ) 23" + kf k1 1 6".
nsin
Cela signie bien que n!lim1 sup jFn(f ) f j = 0. La suite (Fn(f ))n2N
x2R
converge uniformement vers f .
Supposons f de classe C . f 0 est continue , 2-periodique donc bornee
sur R.
0 n t 1
Z
sin
1
@
A f (t + x) dt ;
(Fn(f )) (x) =
2n
sin t
2
+
2
2
2
+
1
( )
2
2
2
0 n t 1
0 n t 1
@ sin t A jf 0(t + x)j6kf 0k1 @ sin t A . Fn(f ) est donc de classe
sin
sin
0 n t 1
Z
@ sin t A f 0(t + x) dt.
C et pour x 2 R, (Fn(f ))0 (x) = 1
0
( )
2
2
( )
2
2
2
2
2
( )
2
1
2n
0
sin
2
2
2
La suite des derivees converge donc uniformement vers f 0 .
Nous en deduisons que si f est une fonction continue de R dans C 2periodique il existe une suite de polyn^omes trigonometriques qui converge
uniformment vers f .
Si f est de classe C p il existe une suite (Pn)n2N de
polyn^
omes trigonok
metriques telle que pour tout entier k6p la suite (Pn)
converge
n2N
uniformement vers f k .
Remarque soit f une application continue de R dans C , 2-periodique.
Considerons la somme partielle d'indice j de la serie de Fourier associee
a f .
( )
( )
(Sj (f ))(t) =
j
X
k= j
ck (f ) exp(ikt) avec
Z
8k 2 Z; ck (f ) = 21 f (u) exp( iku) du.
La moyenne de Cesaro est egale a
p
p
1X
1X
p j (Sj (f ))(t) = p j (p j )(cj (f ) exp(ijt) + c j (f ) exp( ijt)).
En remplacant les coecients cj par leurs valeurs nous obtenons
Z p 1 X
(exp(ij (t u) + exp( ij (t u)) f (u) du .
p j (p j )
En simpliant nous obtenons
2
0
1
1
=0
=0
1
=0
2
0
126
Z "
CHAPITRE 8. CONVERGENCE UNIFORME ; CORRIGE S
!
#
p
1 X
(p j ) cos(j (t u) f (u) du = (Fp (f ))(t).
p
j
La suite ((Fp (f ))(t))p2N est donc la moyenne de Cesaro de la suite des
sommes partielles de la serie de Fourier associee a f .
1
2
0
=0
n
X
Cnp tp (1 t)n p = (t + (1 t))n = 1.
p
p
Pour (p; n) 2 (N ) Cnp = Cnp .
n
n
n
X
X
p
p
n
p
p
(Bn(t 7 ! t))(t) = Cn t (1 t) = t Cnp tp (1 t)n
n
13. (a) (Bn(1))(t) =
=0
1
1
2
1
p=0
1
p=0
1
p
= t.
Supposons n>2. En faisant le m^eme calcul qu'au dessus, nous avons
n
n
p p
X
X
p
n
p
(Bn(t 7 ! t ))(t) = Cn
t
(1 t) = p Cnp tp (1 t)n p
n
p
p n
nX
n
X
t
t
p
p p
p
n
p
n p.
=
+
n p Cn t (1 t)
n p pCn t (1 t)
Nous obtenons
n
X
(Bn(t 7 ! t ))(t) = t Cnp tp (1 t)n p
np
n
X
(
n
1)
t
p p
n p
+
n p Cn t (1 t)
t(1 + (n 1)t) .
=
n
Le resultat est vrai pour n = 1.
n
X
0
(b) (Bn(P )) (t) = Cnp P p ptp (1 t)n p + (p n)tp (1 t)n p .
n
p
n
t(1 t) (B (P ))0 (t) = X
p P p tp (1 t)n p p t
C
n
n
n
n
n
p
= t(Bn (P ))(t) + (Bn(t 7 ! tp(t)))(t).
n
X
(c) (Bn(f ))(t) f (t) = Cnp f p f (t) tp (1 t)n p.
n
p
Soit " > 0 ; il existe > 0 tel que pour tout couple (u; v) d'elements de
[0; 1] veriant ju vj6 on ait jf (u) f (v)j6 " .
p p 2 "
Pour t 6 nous avons alors f
n
n f (t) 6 2 .
X pp
j(Bn(f ))(t) f (t)j 6 2" + 2kf k1
Cnt (1 t)n p .
p
2
2
1
1
=0
=1
1
1
1
1
1
1
=0
=1
1
2
1
1
=0
2
2
2
2
=0
1
=0
=0
=0
Nous avons alors
j n tj>
1
127
j(Bn(f ))(t) f (t)j 6 2" + 2 kf k1
n X
p
2
t Cnp tp (1 t)n p.
n
p
En utilisant les calculs precedents nous obtenons alors :
1 kf k .
j(Bn(f ))(t) f (t)j 6 2" + 2 kf k1 t(1 n t) 6 2" + 2n
1
" + 1 kf k = " donc il existe N 2 N veriant pour n>N
lim
1 2
n! 1 2 2n
" + 1 kf k 6".
1
2 2n
La suite de terme general Bn (f ) converge bien uniformement vers f sur
[0; 1].
Quitte a eectuer une homothetie et (ou) une translation nous en deduisons le theoreme de Weierstra : Soit f une application continue de [a; b]
dans C . Pour tout " > 0 il existe une fonction polynomiale P telle que
sup jf (t) P (t)j6" c'est-a-dire si on note P l'ensemble des restrictions
t2 a; b
a [a; b] des fonctions polynomiales complexes, si on munit l'ensemble
C ([a; b]; C ) des fonctions continues de [a; b] dans C de la norme innie
(c'est-a-dire de la norme de la convergence uniforme); l'adherence de P
est egale a C ([a; b]; C ).
2
=0
2
2
2
+
2
[
]
0
0
14. Polyn^omes de Bernstein
Montrons que pour k6n nous avons pour 16i6n + 1 k
'k (t)
k
=X
Ckj (
i
j =0
1)j k tj i .
+
+
X
0
Pour k = 0 nous avons ' (t) = t et
0
j =0
C j ( 1)j tj i = ti . Le resultat est
+
0
prouve. Nous pouvons aussi le verier pour k = 1 ; en eet '(t) = t0 et pour
i6n t0i = ti
ti .
+1
X
1
j =0
C j ( 1)j tj i = ti + ti .
+1
1
+
+1
Supposons le resultat verie jusqu'au rangk < n. Pour i + 16n + 1 k nous avons 'k (t) i = 'k (t) i
+1
X Cj(
k
j
k
X
j
'k (t) i =
+1
=
k
+
i
+ +1
=0
+1
Ck ( 1)j
1
j =1
= tk
=
1)j k tj
+1+
k
X
+1
j =0
k
X
i
j =1
1+
kt
Ckj ( 1)j k tj
j =0
k
X
j +i
j =0
+
+
1
k
+ +1
+
i
+
+1
i
+
Ckj ( 1)j k tj
Ckj + Ckj ( 1)j k tj
Ckj ( 1)j
+1
X
k
'k (t)
i
+
( 1)k ti
tj i . Le resultat est demontre.
+
i
CHAPITRE 8. CONVERGENCE UNIFORME ; CORRIGE S
128
n
X
n X
k
X
k
k
k
Cn ' (t) x =
Cnk Ckj (
1)j k f
j !
xk .
n
j
k
k
En echangeant les deux sommations nous obtenons
j !
n X
n
X
Cnk Ckj ( 1)j k f n xk .
j
k j
+
1
=0
=0
=0
+
=0
n
X
=
j n j
j X
n
!
x
k ( 1)k xk = C j xj (1 x)n j .
=
C
n
j
n
n
j !(n j )! k
k j
Nous obtenons le resultat demande.
Nous pouvons determiner les polyn^omes de Bernstein a l'aide de la procedure
MAPLE suivante.
B : = proc(n; f; x)
local resu; i; k; j; g; T; S :
g : = proc(T )local res; p; i :
p : = op(2; op(2; eval(T ))) :
for i to p 1do res[i] : = T [i + 1] T [i] : od : res[p; 1] : = 0 : res :
end :
Digits : = 100 :
T : = vector(n + 1; [ ]) :
for ito n + 1do T [i] : = evalf (f ((i 1)=n)) :
od :
resu : = T [1] :
for kfrom 2to n + 1do S : = g(T ) : for j to n + 1do T [j ] : = S [j ] : od :
resu : = resu + binomial(n; k 1) T [1] x k 1) :
od :
Digits : = 10 :
resu :
end :
Cnk Ckj (
1)j+k f
xk
=
=0
(
Zb
15. Nous avons pour toute fonction polynomiale P , f (t)P (t) dt = 0. Soit alors
a
(Pn)n2N une suite de fonctions polynomiales convergeant uniformement sur
[a; b] vers f .
kfPn jf j k1 = kf (Pn f )k16kf k1 kPn f k1.
f etant continue est bornee ; la suite (fPn)n2N converge uniformement vers
jf j sur [a;Z bb].
Zb
0 = n!lim1 f (t)Pn(t) dt = jf (t)j dt. f est donc nulle.
2
2
2
+
a
a
16. (a) En utilisant le resultat de l'exercice numero 86 page 268 du chapitre
Topologie, nous en deduisons que K est une union nie de boules de
rayons 6. x 2 K est dans une telle boule centree en un point a.
D'apres l'hypothese, en calculant la limite, pour a et x ainsi xes, quand
n tend vers +1 nous avons kf (x) f (a)k6".
fn(x) f (x) = (fn(x) fn(a)) + (fn(a) f (a)) + (f (a) f (x)).
129
Nous avons donc : kfn(x) f (a)k6" + kfn(a) f (a)k + ".
9Na 2 N tel que 8n>Naa on ait kfn(a) f (a)k6". Le nombre de boules
centrees en a necessaires a recouvrir K etant nies, il existe un entier N
majorant les entiers Na . Pour n>N nous avons donc pour tout x 2 K ,
kfn(x) f (x)k63". La convergence est bien uniforme.
(b) D'apres l'inegalite des accroissements nis, nous sommes ramenes au cas
precedent car kfn(x) fn(y)k6M jx yj.
17. f est continue donc f (0) = 0. 0 est le seul point xe de f . Soit K un compact de R. u est continue donc u (K ) est compact. Il existe a > 0 tel que
u (K ) [ a; a]. Nous en deduisons u (K ) [ a; a]. Il est alors immediat
que pour tout n 2 N; un (K ) [ a; a].
Soit t 2 K xe. Posons x = u (t) 2 [ a; a]. f
(
y
)
Soit " 2]0; a]. y 2 [ a; "] [ ["; a] 7 ! y 2 R est continue sur un
compact donc possede un maximum.
f (y) f (y ) 6 . Posons
Il existe y ; "6jy j6a, tel que 8y 2 [ a; "] [ ["; a]; y
y
f (y ) M" = y < 1.
Nous avons alors : 8y 2 [ a; "] [ ["; a]; jf (y)j6M"jyj.
Pour jyj6"; jf (y)j6".
Nous en deduisons 8y 2 [ a; a]; jf (y)j6 max("; M"jyj).
Considerons la suite
de terme general xn denie par 8n 2 N; xn = f (xn).
jx j6 max("; M" jx j).
Supposons que jusqu'au rang n on ait jxnj6 max("; M" n jx j).
Si "6 M" n jx j alors jxnj6" ) jxn j6". "6jxnj6 M" n jx j ) jxn j6M"jxnj6 M" n jx j.
Dans les deux cas jxn j6 max("; M" n jx j).
Si M" n jx j6" alors jxnj6" ) jxn j6".
Finalement 8n 2 N; jxnj6 max("; M" njx j).
n
n
En particulier
8
n
2
N; jxn j6 max("; M" jaj) donc 8t 2 K; jun (t)j6 max("; M" jaj).
n jaj) = 0 donc il existe N 2 N ne dependant que de " tel que pour
M
lim
"
n! 1
tout entier n>N et pour tout t 2 K on ait jun(t)j6".
La suite (un)n2N converge uniformement vers 0.
Remarque quelle que soit u la suite (un )n2N converge simplement vers 0.
D'apres l'hypothese nous avons 8t 2 K; 8n 2 N; jun (t)j6jun(t)j. En appliquant le premier theoreme de Dini , en supposant u continue et K compact
nous en deduisons que la convergence est uniforme sur K .
Remarque considerons u (t) = t) et f (t) = 2t .
un (t) = 2tn . un(2n ) = 1. Il n'y a pas convergence uniforme sur R.
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
+1
0
0
0
0
0
+1
+1
0
+1
0
+1
+1
0
0
+1
0
+
0
+1
5
0
5
Voir l'exercice correspondant.
0
CHAPITRE 8. CONVERGENCE UNIFORME ; CORRIGE S
130
Supposons u bornee. u (R) K 0 ou K 0 est compact.
u (R) f (K 0 ) = K . K est compact car f est continue.
un = f n u donc un = f n u puis un (R) f n (K ).
En utilisant le resultat precedent, la suite des minima et la suite des maxima
de f n(K ) convergent vers 0 donc sup jun j(R) = 0 et la convergence est uniforme.
Nous en deduisons, par exemple, que la suite denie par un (t) = sin(un (t))
converge uniformement vers 0 sur tout compact de R lorsque u est continue
et converge uniformement vers 0 sur R lorsque u est bornee.
0
0
1
0
+1
1
+1
+1
+1
0
0
18. Convergence des derivees
Soit J = [a; b] un intervalle ferme borne inclus dans I .
Soit " > 0. Il existe N 2 N tel que pour tout couple d'entiers p et q au moins
"
egaux a N et pour tout t 2 J on ait jfp0 (t) fq0 (t)j6
.
2(b a + 1)
Supposons que t appartienne a J .
En appliquant le theoreme des accroissements nis sur l'intervalle d'extremi"jt t j puis
tes t et t nous obtenons j(fp(t) fq (t)) (fp(t ) fq (t ))j6
2(b a + 1)
j(fp(t) fq (t))j6j(fp(t ) fq (t ))j + 2(b"jt a t+j1) 6j(fp(t ) fq (t ))j + 2" .
Il existe N , que l'on peut choisir au moins egal a N , tel que pour p et q au
moins egaux a N on ait j(fp(t ) fq (t ))j6 " .
2
Nous en deduisons pour p et q au moins egaux a N , 8t 2 K jfp(t) fq (t)j6".
Il y a donc convergence uniforme sur K donc convergence simple sur I ; il
n'est donc plus necessaire de supposer t 2 K et K peut ^etre un intervalle
ferme borne quelconque inclus dans I .
Posons pour (n; t) 2 N I Rn(t) = f (t) fn(t) et Tn(t) = g(t) fn0 (t).
Soit K un intervalle ferme borne, d'interieur non vide, inclus dans I ; soit
t 2]a; b[. Soit " > 0. Soit N" tel que pour n>N" et t 2 K on ait jTn(t)j6".
Posons pour p et q entiers et t 2 I Rp;q (t) = Rp(t) Rq (t) = fp(t) fq (t).
R0p;q (t) = fp0 (t) fq0 (t) = Tp (t) Tq (t).
Soit p xe au moins egal a N", soit q xe au moins egal a N avc > 0. Nous
avons jR0p;q (t)j6" + puis, en utilisant le theoreme des accroissements nis,
jR(fp;q((tt)) fR(p;qt ())t )j6(f("(+t) )jft (t t))jc'est-a-dire
p
q
q
p
6" + . En faisant tendre q vers l'inni
t t
R (t) R (t ) p
6" + . etant strictement positif quelconque
nous obtenons p
t t
R (t) R (t ) p
".
nous obtenons p
t t
Soit p>N " .
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
1
6
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
3
6
Voir le premier exercice concernant les suites uniformement de Cauchy.
0
131
f (t)
f (tt)
t
f (t ) g(t ) = fn(t) fn(t ) f 0 (t ) + Rn(t) Rn(t ) T (t ).
n
n
t
t
t
t
t
f (t ) g(t ) 6 fn(t) fn(t ) f 0 (t ) + " + " .
n 3 3
t t
t
fn(t) fn(t ) = f 0 (t ) donc il existe > 0 tel que pour
n etant ainsi xe tlim
n
!t
t t
f
(
t
)
f
(
t
)
n
n
0
t 2 K \ [t ; t + ] on ait t t
fn(t ) 6".
f est donc derivable en t puis sur I et f 0 = g.
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
19. Supposons que (un )n2N converge vers u dans E .
8" > 0; 9N 2 N; 8n 2 N; n>N ) kjun ujk6".
Nous avons donc pour tout x de X kun(x) u(x)kY 6"kxkX 6M" si nous nous
placons sur un sous-ensemble borne de X . La convergence est bien uniforme
sur un tel sous-ensemble.
Supposons que la suite (un )n2N converge uniformement vers u sur tout sousensemble borne de X . Soit B la boule unite de X .
8" > 0 9N 2 N; 8n 2 N; n>N ) 8x 2 B kun(x) u(x)kY 6".
Mais alors kjun ujk6".
En fait la convergence sur un voisinage susait ; en eet un tel voisinage
contient une boule B 0 de rayon r > 0 centree en a 2 X .
Soit x 2 B 0 . Il existe y 2 X; kykX 61; x = a + ry.
un (x) u(x) = un (a + ry) u(a + ry) = (un(a) u(a)) + r(un(y) u(y)).
kun (y) u(y)kY 6 1r kun(x) u(x)kY + kun(a) u(a)kY . La suite (un)n2N
converge uniformement vers u sur B d'ou le resultat.
Remarque si pour chaque x de X la suite de terme general un (x) converge
alors la limite simple u est lineaire ; il faudrait alors prouver que u est continue
(ce qui est immediat en dimensions nies) ce qui n'est pas vrai a priori.
Montrons que le resultat est vrai si X et Y sont complets Montrons tout
d'abord le lemme suivant :
Soient X et Y deux espaces de Banach. Soit (ui )i2I une famille d'aplications
lineaires continues de X dans Y . On suppose sup kui (x)kY < +1 pour tout
i2I
x de X . Alors sup kjjuik < +1 et il existe K 2 R tel que pour tout (i; x) 2
i2I
I X on ait kui (x)kY 6K kxkX .
Soit n 2 N. notons En = fx 2 X; 8i 2 I; kui (x)kY 6ng.
En est ferme comme intersections de fermes puisque les applications ui sont
continues.
Soit x 2 X . sup kui (x)kY < +1 donc il existe n 2 N, sup kui (x)kY 6n et
7
+
i2I
x 2 En donc X =
7
[
n2N
En .
X et Y sont alors des espaces de Banach.
i2I
CHAPITRE 8. CONVERGENCE UNIFORME ; CORRIGE S
132
En utilisant le theoreme de Baire vu dans les exercices de topologie X etant
complet une famille denombrables de fermes d'interieurs vides a pour union
un ensemble d'int
erieur vide. L'un des En est donc d'interieur non vide. Il
existe p 2 N; Ep 6= ;.
Soient alors x 2 X et r 2 R tels que la boule de centre x de rayon r soit
incluse dans Ep .
8i 2 I; 8y 2 X; kykX 61; kui (x + ry)kY 6p.
rkui (y)kY 6p + kui (x )kY 6K . Nous en deduisons sup kui (y)kY 6M ou B
i; y 2I B
est la boule fermee de centre 0 de rayon 1.
Soit x 2 X . Il existe y 2 B tel que x = kxkX y.
kui (x)kY = kxkX kui (y)kY 6M kxkX et en particulier sup kjui jk6M .
i2I
Revenons a la question posee.
lim u (x) = u(x).
n! 1 n
Il existe Nx 2 N tel que pour n>Nx on ait kun(x)kY 6ku(x)kY + 1 et alors
sup kun (x)kY < +1. D'apres le lemme precedent il existe K > 0 tel que
n2N
8(x; n) 2 X N on ait kun (x)kY 6K kxkX .
Par passage a la limite nous obtenons 8x 2 X ku(x)kY 6K kxkX . u est alors
continue et on est ramene a l'enonce initial de l'exercice .
8
0
0
+
0
0
(
)
+
20. fn(un ) f (l) = (fn(un ) f (un)) + (f (un) f (l)).
"
Soit " > 0. Soit > 0 veriant 8x 2 X; kx lk6 ) kf (x) f (l)k6 .
2
Il existe N 2 N tel que 8n 2 N, n>N ) kun lk6.
Il existe N 2 N tel que 8n 2 N, n>N ) 8x 2 X; kfn(x) f (x)k6 " .
2
"
"
8x 2 X; kfn(un) f (un)k6 2 et kf (un ) f (l)k6 2 pour n> max(N ; N ).
Nous obtenons donc 8n 2 N, n>N ) kfn(un) f ( l)k6" d'ou le resultat
demande.
1
1
2
2
1
2
21. (a) fn(an) f (a) = (fn(an) f (an)) + (f (an) f (a)) donc
jfn(an) f (a)j6kfn f k1 + jf (an) f (a)j.
f etant continue n!lim1(f (an) f (a)) = 0 puis n!lim1(fn(an) f (a)) = 0.
+
+
(b) Montrons que la suite (fn(an)))n2N converge vers f (a).
Soit (an)n2N une suite qui converge vers a. Considerons la suite (bn)n2N
denie par b p = a p ; b p = a. La suite (bn)n2N converge vers a donc
la suite (f p (b p )))p2N converge vers l et la suite (f p (b p)))p2N converge
vers l. Nous avons donc p!lim1 f p (a p ) = l et p!lim1 f p (a) = l = f (a).
Par hypothese la suite de terme general fn(an) converge donc sa limite
est egale a l d'ou le resultat.
Montrons que la convergence est uniforme.
Supposons le resultat faux.
9" > 0; 8N 2 N 9(n; t) 2 N [0; 1]; n>N et jfn(t) f (t)j>".
2 +1
2 +1
2 +1
2
2 +1
2
+
8
Exercice numero 22 du chapitre topologie.
2 +1
2 +1
+
2
2
133
A N = 0 on associe (n ; a ) veriant jfn (a ) f (a )j>".
A N = n + 1 on associe (n ; a ) veriant jfn (a ) f (a )j>".
Nous construisons ainsi une suite d'entiers, p 2 N 7 ! '(p) = np 2 N,
strictement croissante et une suite (ap )p2N d'elements de [0; 1] veriant
pour tout p 2 N jfnp (ap) f (ap)j>".
La suite (ap)p2N possede une sous-suite convergente donc il existe une
application strictement croissante de N dans N telle que la suite de
terme general a p converge vers un element a de [0; 1].
Notons bp = a p et = ' . 8p 2 N; jf p (bp) f (bp )j>".
Soit (cn )n2N la suite denie par c p = bp et pour n 62 (N); cn = a.
jf (a) f (a)j lorsque n 62 (N)
jfn(cn) f (cn)j> n "
lorsque n 2 (N) .
La suite (cn )n2N converge vers a donc n!lim1 fn(cn) = f (a) ce qui est
contradictoire. La convergence est bien uniforme.
0
0
0
0
1
0
1
0
1
1
1
( )
( )
( )
( )
+
22. an existe car t 7 !
1>2an
1 + cos(t) n
Z 1 + cos(t) n
fn ( x ) =
Z
2
0
est continue positive non la fonction nulle.
2
sin(t) dt = 2an
f (x t)Pn(t) dt =
Zx
+
Z 1 + u n
1
2
1
du = n4+an1 .
f (u)Pn(x u) du.
x 1 + cos(t) 1
t
t
= exp i + exp i
donc
2
4
2
2
n
n
a
a
n X k
n X n j
Pn(u) = 2 n C n exp(i(k n)u) = 2 n
C n exp(iju).
j n
k
Zx
n a
n X
n
j
fn(x) = 2 n
C n exp(ijx)
f (u) exp( iju)) du .
x j n
fZ etant 2-periodique nous avons
Z
x f (u) exp( iju)) du = f (u) exp( iju)) du = Aj .
2
2
+
2
2
2
2
=
=0
+
+
2
2
=
+
x Nous obtenons alors fn(x) =
an n
22n j= n
X
Aj C nn j exp(ijx) .
+
2
fn est bien un polyn^ome trigonometrique.
Nous avons deja vu qu'une fonction periodique denie sur R, continue est
uniformement continue. Z Soit x 2 R. f (x) = f (x) Pn(t) dt.
Soit " > 0. Il existe > 0 tel que pour tout x 2 R et pour tout t 2 [ ; ]
on ait jf (x t) f (t)j6 " .
2
9
9
Voir l'exercice numero 19 du chapitre variable reelle.
134
CHAPITRE 8. CONVERGENCE UNIFORME ; CORRIGE S
Z
Z
"
f et fn sont bornees et kfn f k1 6 2 Pn(t) dt + 4kf k1 Pn(t) dt.
Z
Z 1 + cos(t) n n + 1 1 + cos() n
Pn(t) dt = an
dt6 4 .
2
2
1 + cos() n
n
+
1
1
+
cos(
)
< 1 donc n!lim1 4 = 0.
06
2
2
Z
Il existe alors N 2 N tel que pour n 2 N; n>N ) 4kf k1 Pn(t) dt6 " .
2
La suite (fn)n2N converge bien uniformement vers f .
Soit g une application continue de [ 1; 1] dans C . Posons f (t) = g(cos(t)). f
est continue, paire, 2-periodique. Il existe une suite de plyn^omes trigonometriques Pn qui converge uniformement vers f .
Nn
X
Notons Pn(t) =
an;k exp(ikt).
+
10
k= Nn
Nn
Nn
X
1
1 X
(Pn(t)+Pn( t))=
(an;k (exp(ikt)+exp( ikt)))= (an;k cos(kt))).
2
2 k Nn
k Nn
En utilisant les polyn^omes de Tchebichev nous en deduisons qu'il existe un
polyn^ome Rn 2 C [X ] tel que 1 (Pn(t) + Pn( t)) = Rn(cos(t)).
2
jf (t) Rn(cos(t))j = j(f (t) + f ( t)) (Pn(t) + Pn( t))j
6jf (t) Pn(t)j + jf ( t) Pn( t)j62kf Pnk1 .
fjg(u) Rn(u)j; u 2 [ 1; 1]g = fjf (t) Rn(cos(t))j; t 2 Rg donc
=
=
!
sup jg(u) Rn(u)j = 0.
lim
n!+1 u2[ 1;
1]
g est limite uniforme de la restriction a [ 1; 1] d'une suite de fonctions polynomiales.
Soit F une application continue denie
dans C .
bsura[a; b]b a+valeurs
a . Il existe une suite
Posons pour t 2 [ 1; 1] f (t) = F
t
+
2
2
(Rn)n2N de fonctions polynomiales veriant n!lim1
2t a b Posons Sn(t) = Rn
.
+
!
sup jf (t) Rn(t)j = 0.
t2[ 1;
1]
b a
sup jf (t) Rn(t)j = sup jF (t) Sn (t)j.
t2[ 1;
t2[a; b]
1]
Nous en deduisons le theoreme de Wierstra.
23. (a) fn(2) =
n
X
p=1
pn 1+ p
2
2
n X
= 1 ' p avec '(t) = p 1 .
np
n
1+t
=1
Nous en deduisons n!lim1 fn(2) =
+
10
Z
1
0
p
2
'(t) dt = ln(1 + 2).
En utilisant la demonstration precedente, il existe de telles suites (Pn)n2N avec Nn6n.
135
Supposons x > 2.
Soit qn 2N; (qn)x < n 6(1 + qn)x.
ln qn < 2 1 ln(n) donc n!lim1 ln qn = 1 puis n!lim1 qn = 0
n
x
n
n
avec n!lim1 qn = +1.
qn
n
X
X
1
1
p
06fn(x) = p
+
x
n + p p qn n + px
p
Z 1 dt
n
X
1
1
1
p x.
ppx 6 n qn +
6 n qn +
t
q
n
p qn
Nous en deduisons n!lim1 fn(x) = 0.
Supposons 06x < 2.
n 6f (x)61. Il vient alors lim f (x) = 1.
Pour p6n, px 6nx donc p
n! 1 n
n + nx n
Supposons x < 0.
p n < fn(x)61. Nous avons encore n!lim1 fn(x) = 1.
n +1
(b) Chaque fonction fn est continue (decroissante). Si la suite (fn)n2N converge
uniformement la limite est continue ; ce qui n'est pas le cas.
Supposons a < 2 < b.
Pour x>b, 06fn(x)6fn(b). La convergence est donc uniforme.
Pour x6a, 061 fn(x)61 fn(a) la convergence est encore uniforme.
2
11
+
+
+
2
=1
=1+
2
+
=1+
+
2
+
2
+
24. n!lim1 fn(0) = 0.
Pour t 6= 0 fn(t) n! 1 t donc pour tout t 2 R n!lim1 fn(t) = t.
lim f (n + 1) = 1 donc la convergence n'est pas uniforme.
n! 1 n
fn(t) t = n +1 1 +t t . Sur [0; a] avec a > 0 jfn(t) tj 6 1n++a1 .
la convergence est donc uniforme sur tout compact inclus dans R .
+
+
+
+
3
+
3
2
+
25. En utilisant l'inegalite des accroissements nis nous en deduisons pour tout
couple (u; v) d'elements de [a; b] kfn(u) fn(v)k6K ju vj.
Si nous supposons E de dimension nie, il sut de considerer les fonctions
coordonnees puis si le corps de base est C se placer ensuite sur R. On
peut alors utiliser le thenoreme des accroissements nis. Dans ce dernier cas
X 0
0 (u) f 0 (v )j6 K ju v j et alors
nous avons kfn0 (t)k>a jfk;n
(t)j puis jfn;k
n;k
a
k
n
X
kfn(u) fn(v)k6b jfn;k(u) fn;k (v)j6 Knb
ju vj.
a
k
Quelle que soit la facon de le prouver, il existe une constante M > 0 telle que
pour tout couple (u; v) d'elements de [a; b] on ait kfn(u) fn(v)k6M ju vj.
La fonction limite f est donc uniformement continue.
12
=1
=1
qn = E n x2 .
12
Voir l'exercice numero 57 (ou 58) du chapitre variable reelle.
11
136
CHAPITRE 8. CONVERGENCE UNIFORME ; CORRIGE S
"
Soit " > 0. Soit > 0; 6 .
4M
Considerons une subdivision = (a ; ; an) de [a; b] de pas au plus egal a
.
Pour chaque i 2 f0; 1; ; ng soit Ni 2 N tel que pour tout entier n au-moins
egal a Ni on ait kfn(ai) f (ai )k6 " .
2
Pour t 2 [ai ; ai ] nous avons kfn(t) fn(ai)k6 " et par passage a la limite
4
"
kf (t) f (a )k6 .
0
+1
i
4
kfn(t) f (t)k6kfn(t) fn(ai)k + kfn(ai) f (ai )k + kf (t) f (ai )k.
Soit n> i2f ;max
Ni. 8t 2 [a; b] kfn(t) f (t)k6". La convergence est bien
; ; ng
uniforme.
26. (a) Il est clair que t 2 [0; 1] ) t(1 t) 2 [0; 1].
Supposons que fn soit la restriction a [0; 1]
0
1
d'une fonction polynomiale
Nn
X
Nn
X
Zt
k=0
ak;nX k .
fn (t) = 1 + ak;n (u u )k dt. fn est alors la restriction a [0; 1]
k
d'une fonction polynomiale.
(b) f (t) f (t) = t 2 [0; t]. Supposons que jusqu'au rang n nous ayons
n
8t 2 [0; 1] 06fn (t) fn(t)6 (nt + 1)! .
n
06fn (t t ) fn(t t )6 (t t ) .
(n + 1)!
Zt
fn (t) fn (t) = (fn (u u ) fn(u u )) du. Il est alors clair
que
06fn (t) fn (t) et
Zt
fn (t) fn (t) = (fn (u u ) fn(u u )) du
Z t (u u )n
Z t u)n
n
6
du
6
du
= t
.
(n + 1)!
(n + 1)!
(n + 2)!
Le resultat est donc vrai.
n p k X
X
t 6 1 1.
Nous obtenons 8t 2 [0; 1] 06fn p (t) fn(t)6
k!
k!
+1
+1
0
=0
1
2
0
+1
+1
+1
+2
2
2
2
+1
+1
+1
2
2
2
2
0
+2
+2
+1
+1
+1
0
2
+1
0
+1
+2
0
+
+
k=n+1
+
k=n+1
La suite (fn )n2N est uniformement de CauchyZet converge uniformement.
t
La limite f est continue et verie f (t) = 1 + f (u u ) dt.
f est donc de classe C et par suite de classe C 1 et verie f (0) = 1 et
f 0 (t) = f (t t ).
27. (a) n!lim1 fn(0) = 0. Soit a 2]0; 1]. Soit A = [ 1; a] [ [a; 1].
2
1
2
+
0
137
fn( t) = fn (t). Suposons t 2 [a; 1].
Z
Z
n
06 (1 u ) du6 (1 u )n du6(1 a)(1 a )n.
Z t
Z a
1
(1 u )n du> (1 u)n du =
n + 1 donc
jfn(t) 1j6(n + 1)(1 a)(1 a )n.
(fn)n2N converge uniformement vers 1 sur [a; 1] donc aussi sur A.
Il ne peut y avoir convergence uniforme sur [ 1; 1] car la suite (fn)n2N,
de fonctions continues, converge vers une fonction qui n'est pas continue.
1
1
2
1
2
2
1
2
0
0
2
(b) Soit t 2 [0; 1].Z
jfn(t) 1j = Zt
1
(1 u )n du
1
(1 u
2
2
)n du
61.
"
Soit " > 0. Soit a > 0; a6 max( ; 1).
Z t
2 Z a
Z
jgn(t) tj = (fn(u) 1) du 6 jfn(u) 1j du + jfn(u) 1j du
0
1
0
a
0
6a + (n + 1)(1 a) (1 a )n.
2
2
lim a + (n + 1)(1 a) (1 a )n = a donc il existe N 2 N tel que
pour n 2 N on ait n>N ) a + (n + 1)(1 a) (1 a )n62a6".
La convergence est donc uniforme sur [0; 1] puis sur [ 1; 0] donc sur
[ 1; 1]. La suite (gn)n2N converge vers t 2 [ 1; 1] 7 ! jtj 2 R.
On retrouve ainsi une suite de fonctions polynomiales qui converge uniformement sur [ 1; 1] vers t 2 [ 1; 1] 7 ! jtj 2 R.
2
n!+1
28. (a)
2
2
2
8 1 >
< exp
t 1
() Soit f denie sur R par f (t) = >
:
0
2
si jtj < 1
si jtj < 1
Il est immediat que f est inniment derivable en tout point autre
que 1 ou -1. f est paire ; montrons qu'elle est inniment derivable en
1.
Nous savons que si une fonction est continue sur un intervalle [a; b],
p fois derivable sur [a; b] n fcg (c 2]a; b[) et si les derivees f i ont
pour tout i 2 Np une limite reelle en c alors f est p fois derivable sur
[a; b].
lim
f (t) = 0 donc f est continue.
t!
2t f (t), pour jtj > 1; f 0 (t) = 0. Il est
Pour jtj < 1; f 0 (t) =
(t 1)
0 (t) = 0. f est donc derivable sur R.
immediat que lim
f
t!
Supposons que pour jtj < 1 et p6n on ait f p (t) = Pp(t) p f (t).
(t 1)
( )
1
2
2
1
( )
2
2
CHAPITRE 8. CONVERGENCE UNIFORME ; CORRIGE S
138
P 0 (t)(t
1) 4ntPn(t)
Pp (t)
2t
f (t) =
f (t)
n
p
(t 1)
(t 1) (t 1)
= Pn (tn) f (t).
(t 1)
Le resultat est donc demontre au rang n +1 et est vrai pour tout n 2
N. La limite de f n en 1 est donc egale a 0. f est donc indeniment
derivable et bien evidemment de classe C 1 .
() Une combinaison lineaire et le produit de deux applications a supports compacts sont a supports compacts donc D est l'algebre des
applications de R dans R de classe C 1 a support compact.
() Il est immediat que le produit d'un element de D et d'un element de
C 1 (R; R) est un element de D donc D est un ideal.
(b) () Soit, pour n 2 N, gn l'application paire denie par :
2
n
n
( +1)
2
2 +1
2
2
2
2
+1
2
2 +2
( )
8 1
<
gn (t) = : t + n + 1
0
si 06t6n
si n6t6n + 1
si t > n + 1
Il est clair que gn est continue a support compact. Soit f 2 C . Il
est clair que f est bornee car elle est continue et possede une limite
nie en 1.
Posons fn = fgn . fn 2 CK .
Pour t xe dans R, n!lim1 fn(t) = f (t) car pour tout reel t il existe
un entier n tel que jtj6n et pour p>n; jtj6p donc fp (t) = f (t).
kfn f k1 = sup jf (t)(1 gn(t))j = sup jf (t)(1 gn(t))j6 sup jf (t)j.
t2R
jtj>n
jtj>n
Soit " > 0. Il existe A > 0 tel que pour jtj>A on ait jf (t)j6" ; donc
il existe N 2 N tel que sup jf (t)j6".
jtj>N
9 N 2 N tel que pour tout entier n>N on ait kf fnk1 6" ; c'est-adire n!lim1 kf fnk1 = 0.
La suite de terme general fn converge vers f donc f 2 CK puis
C CK .
Il est clair que CK C donc CK C .
f peut avoir ete choisie n'appartenant pas a CK donc CK n'est pas
ferme.
Il sut de demontrer que C est ferme pour obtenir l'egalite demandee.
Soit (gn)n2N une suite convergente dans B(R; R) d'elements de C .
Soit g la limite. 8" > 0; 9N 2 N; 8n 2 N; n>N ) kg gnk1 6 " .
2
gn 2 C donc il existe un reel An;" > 0 tel que pour jtj>An;" > 0
"
on ait jgn(t)j6 . En particulier pour jtj>AN;" = B , nous avons
2
jg(t)j6kg gN k1 + jgN (t)j6". g a donc pour limite 0 a l'inni. La
suite (gn )n2N converge uniformement donc a une limite g continue
d'ou le resultat demande.
0
+
+
0
0
0
0
0
0
139
() Soit 2 D, nulle en dehors de [ 1; 1], strictement positive sur
1
] 1; 1[ ce qui est possible d'apres ce que nous avons vu plus haut.
Soit f 2 CK . f est uniformement continue car continue a support
compact .
Soit " > 0 donne.
Il existe a > 0 tel que l'on ait jf (x) f (x t)j6" pour tout reel x et
pour tout reel t veriant jtj6a.
t
1
a etant ainsi choisi, posons (t) = C a . C est choisi tel que
Z
= 1.
R
Z
Z a t
Z
1
a
C existe car = C a dt = C (t) dt.
R
a
13
1
1
Z
1
1
1
1
(t) dt > 0 donc pour a > 0, C existe et est > 0.
1
1
Z
Posons g(x) =
1
+
1
Z
f (x t)(t) dt =
ZA
a
+
1
+
1
f (t)(x t) dt.
Soit A > 0. Pour jxj6A, g(x) =
f (t)(x t) dt.
A a
Soit n 2 N.
(t; x) 2 [ A a; A + a] [ A; A] 7 ! f (t) n (x t) 2 R est continue donc g restreinte a [ A; A] est de classe ZC 1 .
1
g est donc de classe C 1 et 8n 2 N, g n (x) =
f (t)n (x t) dt.
1
Pour jx tj > a; (x t) = 0 et il existe b > 0 tel que pour
jtj > b; f (t) = 0.
Pour jxj > a + b nous avons jx tj > a + b jtj.
Si jtj6b alors jx tj > a et (x t) = 0.
Si jtj > b alors f (t) = 0. dans les deux cas f (t)(x t) = 0 et
g(x) = 0. g est donc dans D.
( )
( )
f (x) g(x) =
=
Z
1
+
Za
jf (x) g(x)j6
1
Z
+
)
(f (x) f (x t))(t) dt
(f (x) f (x t))(t) dt.
a
a
a
jf (x) f (x t)j(t) dt6".
Le resultat est ainsi demontre.
29. g est continue en 1 donc pour " > 0 xe il existe 2]0; 1[ tel que pour tout
" .
t 2 [; 1]; kg(t)k6 2M
La suite (fn)n2N converge simplement sur [0; 1[ vers une fonction que l'on note
Nous avons deja vu (voir l'exercice numero 2 du chapitre variable reelle) qu'une application
continue sur R a valeurs dans un espace vectoriel norme ayant des limites a l'inni est uniformement
continue.
13
CHAPITRE 8. CONVERGENCE UNIFORME ; CORRIGE S
140
f . Posons f (1) = 0.
La convergence uniforme sur [0; ] permet d'associer N 2 N tel que pour tout
n>N , pour tout t 2 [0; ]; k(gfn)(t) (fg)(t)k6kgk1 kfn f k1 6". Pour
" 2M = ". D'ou le resultat demande.
t 2 [0; ] k(gfn)(t) (fg)(t)k6 2M
30. (a) Il est clair qu'il existe toujours une famille de boules de rayons recouvrant K ; il sut de choisir la famille (B (a; ))a2K ou B (a; ) est une
boule de rayon > 0 centree en a.
Supposons qu'aucune sous-famille nie, d'une famille de boules fermees
de rayons > 0 n'a pour reunion K . Soit x 2 K . Il existe une boule
B de la famille contenant x . Par hypothese cette boule est strictement
incluse dans K . Il existe x 2 K n B . Il existe une boule de la famille
contenant x . kx x k > ".
B [B est strictement inclus dans K . Supposons construits x ; x ; ; xn
appartenant respectivement a B ; B ; ; Bn et veriant pour 8(p; q) 2
[n
N , p 6= q , p6n q 6n kxp xq k > ". Kn =
Bk est strictement inclus
k
dans K . Il existe xn 2 K n Kn. Il existe une boule Bn de la famille contenant xn . Nous avons alors 8k6n; kxn
xk k > ". Nous
construisons ainsi une suite (xn)n2N de points de K . K est compact donc
la suite (xn)n2N possede une sous-suite convergente (x'(n))n2N avec '
strictement croissante de N dans N. kx' p x' q k > " donc la suite ne
peut pas converger ; nous avons une contradiction et il existe bien une
sous-famille nie de boules de la famille dont la reunion est egale a K .
(b) Soit " > 0 et soit > 0 associe a " .
4
" . f est donc uniformement contilim
k
f
(
x
)
f
(
y
)
k
=
k
f
(
x
)
f
(
y
)
k
6
n
n
n! 1
4
nue.
La reunion des boules fermees de rayons recouvre K donc on peut en
extraire une famille nie recouvrant encore K . Notons B ; B ; ; Bm
ces boules centrees respectivement en x ; x ; ; xm .
La suite de terme general fn(xi ) converge vers f (xi ) donc pour chaque
i 2 Nm il existe Ni 2 N veriant 8n>Ni ; kfn(xi ) f (xi )k6 2" .
Soit N 2 N; N > maxi2Nm Ni .
Pour x 2 Bi kfn(x) fn(xi )k6 " donc pour n>N
4
kfn(x) f (x)k6kfn(x) fn(xi )k + kfn(xi ) f (xi )k + kf (xi ) f (x)k6".
La convergence est bien uniforme.
(c) fn est de classe C Zsur
[x; y] ]a; b[ donc
y
kfn(x) fn(y)k6 kfn0 (u)k du6M jy xj. La continuite sur [a; b] conduit,
x
en recherchant la limite en a ou b, a kfn(x) fn(y)k6M kx y pour
(x; y) 2 ([a; b]) .
14
0
0
0
1
1
0
1
0
0
1
0
0
1
1
2
=0
+1
+1
+1
+1
( )
( )
+
1
1
2
2
1
2
Une boule fermee de K de rayon > 0 est l'ensemble des elements x de K veriant kx ak6
ou a est le rayon de la boule.
14
141
En utilisant le resultat de la question precedente nous en deduisons la
convergence uniforme de la suite (fn)n2N.
31. Notons E = Pp. L'application N denie sur E par N (P ) =
p
X
k=0
jP (xk )j est
une norme. En eet soient 2 K , (P; Q) 2 E .
p
p
X
X
N (P ) = jP (xk )j = jjN (P ), N (P + Q) = j(P + Q)(xk )j6N (P )+ N (Q)
2
k=0
k=0
et N (P ) = 0 implique 8k 2 N; k6p; P (xk ) = 0. P est bien alors le polyn^ome
nul.
p
X
E est complet car de dimension nie. N (fn fm ) = jfn(xk ) fm (xk )j.
k=0
Soit " > 0 donne.
Pour chaque entier k6p la suite de terme general fn(xk ) est de Cauchy donc
il existe un entier Nk veriant 8n>Nk on a jfn(xk ) fm (xk )j6 " .
p+1
Soit N 2 N; N > max
(
N
).
k
k
Il vient alors N (fn fm )6". (fn)n2N est une suite de Cauchy de E pour la
norme N donc converge dans E pour la norme N vers un element f .
E est de dimension nie (p + 1) donc toutes les normes sont equivalentes. Soit
C un compact de K . Il existe a > 0 veriant 8f 2 E; sup jf (t)j6aN (P ). La
t2C
suite (fn)n2N converge donc uniformement vers f sur C ; il y a donc uniforme
convergence sur tout compact de K .
32. Soit (fn)n2N une suite de fonctions polynomiales. Supposons que celle-ci
converge uniformement sur R vers f .
Soit " > 0. Il existe N 2 N veriant pour tout x 2 R et pour tous entiers m
et n au moins egaux a N jfn(x) fm(x)j6". fn fm est une fonction polynomiale. Si elle n'est pas constante jxj!
lim1 jfn(x) fm (x)j = +1. Il y a une
contradiction. Nous en deduisons qu'a partir du rang N fn(x) fm (x) = Cn;m
avec jCn;mj6".
En particulier fn(x) = fN (x) + Cn;N . Cn;N a une limite CN 2 C quand n tend
vers +1 et f (x) = fN (x) + CN . f est donc une fonction polynomiale.
jfn(x) f (x)j6" pour tout reel x et tout entier n>N . Nous en deduisons
comme plus haut que fn f = Cn avec n!lim1 Cn = 0.
+
+
33. (a) () Il est immediat que ?G = f0g. G est de dimension nie, donc
d'apres ce que nous avons vu dans les exercices d'algebre lineaire,
G = f0g? = F . G est une famille generatrice de F . Nous savons
que de toute famille generatrice d'un espace vectoriel de dimension
nie on peut extraire une famille nie base de cet espace. Il existe
donc une famille nie (x ; ; xp ) de reels telle que ('xi )i2Np soit
une base de F .
() La base ('xi )i2Np de F possede une base preduale, base de F .
Il existe donc (gi )i2Np une famille de fonctions de R dans C telle
1
CHAPITRE 8. CONVERGENCE UNIFORME ; CORRIGE S
142
que 8(i; j ) 2 (Np ) ; gi (xj ) = ij . Nous avons alors pour f 2 F
p
p
p
X
X
X
f = i gi . f (xj ) = i gi (xj ) = j donc f = f (xi )gi .
2
i=1
i=1
i=1
(b) Comme nous venons de le voir il existe (g ; ; gp ) une base de F et
p
X
tout element f de F s'ecrit f = f (xi )gi.
1
i=1
Considerons l'application N denie sur F par N (f ) =
p
X
i=1
jf (xi )j.
N (f ) = 0 implique la nullite des f (xi ) et d'apres la relation precedente
la nullite de f . Il est alors immediat que N est une norme sur F . Soit
" > 0. Pour chaque k entier au plus egal a p il existe un entier Nk veriant
jfn(xk ) fm (xk )j6 p +" 1 pour tout entier n>Nk et tout entier m>Nk . En
choisissant N 2 N au moins egal a tous les Nk nous avons pour n>N et
m>N N (fn fm)6". La suite (fn)n2N est de Cauchy pour la norme N .
F est complet donc la suite est convergente et a donc pour limite (pour
la norme N ) une application f continue. F etant de dimension nie la
norme N est equivalente a la norme k k1 denie par kf k1 = sup jfk j.
x2K
La suite (fn)n2N converge donc uniformement vers f .
15
34. 'n est continue, nulle en dehors de [ 1; 1] donc t 2 R 7 ! f (x t)'n (t) 2 R
est continue, integrable. t 2 R 7 ! x t 2 R est un C dieomorphisme donc
1
fn(x) =
Z
1
+
1
Par hypothese f (x) =
fn(x) f (x) =
Z
+
Z
1
1
Z
f (t)'n (x t) dt =
+
1
1
Z
1
+
f (x t)'n(t) dt
1
f (x)'n (t) dt donc
(f (x t) f (x))'n(t) dt.
Z
Z
1
Soit 2]0; 1[.
'n(t) dt = 1
'n(t) dt
'n(t) dt.
('n )n2N converge uniformement vers 0 sur [ 1; ] [ [; 1] donc
1
Z
Z
Z
1
'n(t) dt + 'n (t) dt = 0 et n!lim1 'n(t) dt = 1.
lim
Soit x 2 [a; b]. Soient u6 min(a 1; 1) et v> max(b + 1; 1). f est uniformement continue sur [u; v] donc pour " > 0 donne il existe 2]0; 1[ tel que
pour (t ; t ) 2 ([u; v]) jt tj6 on ait jf (t ) f (t )j6 " .
2
Soit alors jtj6.
x t 2 [a ; b + ] [u; v] et t 2 [ ; ] [u; v]. Nous avons donc pour
tout x de [a; b], jf (x t) f (x)j6 " .
2
n!+1
1
15
+
1
2
2
1
Il est alors naturel que la limite soit continue.
1
2
143
Z " Z (f (x t) f (x))'n(t) dt 6
' (t) dt.
2 n
Pour t 2 [ 1; 1] [u; v], x t 2 [a 1; b + 1] [u; v] ; il existe
M = sup jf (y)j 2 R tel que pour tout t 2 [ 1; 1] et pour tout x 2 [a; b]
y2 u; v
on ait jf (x t)j6M et jf (t)j6M .
IlZ vient alors
1(f (x t) f (x))' (t) dt = Z (f (x t) f (x))' (t) dt
n
n
+
[
]
+
1
Z
62M
Z
1
'n(t) dt ; de m^eme
Z (f (x t) f (x))'n(t) dt 62M
'n (t) dt.
Nous obtenons nalement
Z
Z
"Z 1
1
jfn(x) f (x)j6 2
'n(t) dt + 2M
1
'n (t) dt + 2M
'n (t) dt.
La limite du membre de droite lorsque n tend vers +1 est egale a " donc,
2
celui-ci ne dependant pas de x, il existe N 2 N ne dependant que de " tel que
pour n>N on ait
" Z ' (t) dt + 2M Z ' (t) dt + 2M Z ' (t) dt6".
n
n
2 n
La suite (fn)n2N converge donc uniformement vers f sur [a; b]. Elle converge
donc sur R simplement vers f uniformement sur tout compact de R.
35. Soit
Z 1p 2 N. Soit x 2 [a; b].
f (x t)('n) p (t) dt est bien deni car ('n ) p est continue sur R, nulle
1
en
de [ 1; 1]. Nous avons
Z dehors
Z 1 comme au-dessus la relation
1
f (x t)('n) p (t) dt =
f (t)('n) p (x t) dt
1
1
1
+
( )
+
( )
+
( )
1
( )
Z x1
+1
Zv
f (t)('n (x t) dt = f (t)('n) p (x t) dt.
x
u
p
@
Notons n(x; t) = f (t)'n (x t). Pour chaque entier p p est continue ;
@x
@ p (x; t) = f (t)(' ) p (x t).
n
@xp sup f (t)('n) p (x t) 6jf (t)j sup j('n) p (t)j.
=
)p
( )
1
( )
( )
( )
t2[u; v]
( )
t2[ 1;
1]
La fonction majorante ne depend pas de x et est integrable sur [u; v]. Le
theoreme de derivation sous le signe integral s'applique et fn est derivable a
tout ordre surZ R et verie pour chaque p Z2 N
1
1
(fn) p (x) =
f (x t)('n) p (t) dt =
f (t)('n) p (x t) dt.
( )
+
1
( )
+
1
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
( )
CHAPITRE 8. CONVERGENCE UNIFORME ; CORRIGE S
144
36. xlim
g(x) = 0, xlim
g(x) = 0. g est continue sur R, nulle en dehors de [ 1; 1].
!
!
1 1
'n est continue sur R, nulle en dehors de n ; n [ 1; 1] pour n 2 N ;
nulle pour n = 0.
Par construction
Z l'integrale1 ZsurnR de 'n est egale a 1.
Z
Soit > 0.
'n (t) dt = a
g(t) dt. Nous avons alors n!lim1 'n(t) dt = 1.
n
Montrons que g est de classe C 1 . Nous savons que si une application F (a
valeurs complexes ou dans un espace vectoriel de dimension nie) est de classe
C p sur un intervalle I , de classe C p sur I prive d'un nombre ni de points et
si F p possede une limite en chacun de ces points alors F est de classe C p
sur I . Si de plus cela est vrai pour tout p alors F est de classe C 1 .
g est de classe C 1 sur R n f 8
1; 1g.
2t g(t) si t 2] 1; 1[
<
0
f est continue sur R. g (t) = : (t + 1)
0
si t 62 [ 1; 1]
lim
g0 (t) = 0, tlim
g0 (t) = 0. g est donc de classe C sur R.
t!
!
Supposons8 que g soit de classe C p sur R avec
< Pp(t) g(t) si t 2] 1; 1[
p
g (t) = : (t + 1)p
ou Pp (t) est un polyn^ome.
0
si t 62 [ 1; 1]
Pour t 2] 1; 1[ nous avons
(1 + t )Pp0 (t) 2t(p + 1)Pp (t)
2tPp (t)
p
g (t) =
g(t).
(1 + t )p
(1 + t )p
En posant Pp (t) = (1 + t )Pp0 (t) 2t(p + 2)Pp(t) nous obtenons
Pp (t) g(t) = 0 et lim Pp (t) g(t) = 0.
lim
t! (1 + t )p
t! (1 + t )p
g est bien de classe C 1 .
Les fonctions 'n verient les conditions vues plus haut donc toute fonction
continue de R dans K est limite d'une suite de fonctions de classes C 1 ; la
convergence etant uniforme sur tout compact de R.
Z
Z
Z
n
n
37. an = (1 t ) dt = 2 (1 t ) dt>2 (1 t)n dt = 2 .
n+1
n
Soit > 0. Si > 1, pour jtj > 'n (t) = 06 (1 ) .
an
(1 )n
Si 61, pour < jtj61, (1 t )n < (1 )n donc 'n (t)6
et si jtj > 1
a
n
n
'n (t) = 06 (1 a ) .
n
(1 )n (n + 1)(1 )n
Nous avons donc dans tous les cas 'n (t)6
6
.
a
2
n
!
1
1
+
+1
( +1)
+1
2
2
1
1
1
( )
2
+1
2
( +1)
2
+2
2
2
+1
+1
2
1
1
+2
+1
+2
2
1
1
2
1
+2
1
2
0
0
2
2
2
2
2
2
2
Puis n!lim1 sup 'n (t) = 0. En utilisant le resultat de l'exercice precedent
+
jtj>
145
nous en deduisons que la suite (fn)n2N converge vers f uniformement sur tout
compact de R.
3 3
La convergence est donc uniforme sur
; 2 .
2
Z 1 Z
=
f (t)'n (x t) dt.
1
Pour jxj > 3 jx tj>jxj jtj > 3 1 = 1 donc fn(t) = 0. La convergence
2
2 2
est donc uniforme
sur
R vers f .
1 1 1 1
Supposons x 2
; . 2 ; 2 [x 1; x + 1].
2 2
Z
Zx
Z
fn(x) = f (x t)'n(t) dt =
f (t)'n (x t) dt = f (t)'n(x t) dt
1
2
+
1
2
1
Z
1
x
1
=
Z
1
2
Z
1
2
1
2
1
2
an
1
2
1
2
1
2
1
1
2
f (t)(1 (x t) )n dt.
2
f (t)(1 (x t) )n dt =
2
f (t)(x t)
+1
k dt =
2
=
n Z
X
Xk Z
1
2
j =0
2k
X
j =0
1
2
2
f (t)C jk ( 1)j tj x k j dt
2
C jk ( 1)j
2
( 1)k Cnk f (t)(x t) k dt .
1
2
k=0
2
!
1
2
2
Z
1
2
1
2
!
f (t)tj dt x k j .
2
1 1
La restriction de fn a l'intervalle
; est une fonction polynomiale. La
2 2
1 1
restriction de f a
;
est la limite uniforme d'une suite de fonctions
2 2
polynomiales.
Soit alors g une application continue de [a; b] dans K .
Considerons l'application g denie sur R par g (x) = 0 pour x6a 1 ou pour
x>b + 1, g (x) = g(x) pour x 2 [a; b] g est continue et la restriction de g a
[a 1; a] et a [b; b + 1] est ane.
a
+b
Considerons alors g (x) = g (b a + 2)x +
.
1 21 g est continue sur R nulle en dehors de 2 ; 2 . Il existe donc une suite
1 1
( n)n2N de fonctions polynomiales qui converge uniformement sur
;
2 2
vers g .
2x a b La suite (n )n2N denie par n(x) = n
converge uniforme2(b a + 2)
ment sur [a; b] vers f .
Le resultat est donc demontre.
1
1
1
1
2
1
2
2
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
1
146
Chapitre 9
Calculs de primitives
Determiner des primitives des fonctions qui a x associent :
cos (x)
cos (x) exp(x) ; cos(x) ch(x) ; sin (x) cos (x) ; x sin(x) cos (x) ;
;
2x + sin(2x)
1
1
;
; sin(x) +1 sin(2x) ; cos(x) 1 cos(3x) ;
cos (x) + sin (x) cos (x) + sin (x)
1
sin(x) + cos(x)
cos(x)
sin(x)
;
tann(x) ;
;
;
;
ch(x) ch(3x)
3 + sin(2x) cos(x) + sin(x) cos(x) + sin(x)
cos(x) + 2 sin(x) ;
x
sin(x)
cos(x)
;
;
;
sin(x) cos(x) cos (x) + tan (x) sin (x) + tan (x) (cos(x) + x sin(x))
tan(x)
sin(x) sin(5x) ch(2x) ch(2x)
tan(x)
1
;
;
;
;
;
;
;
1 + tan(x) cos(x) sin (x) cos(3x) cos(3x) sh (x) ch (x) 1 + sin(3x)
1
1
;
; 1 + sin(x1) + cos(x) ; sinn1(x) (n 2 N ) ;
sh (x) + ch (x) sin (x) cos (x)
rx + 1!
p
1
sin(
x
)
1
x
p
p
;
; x asin x ; atan x + 3 ;
ch(x) ch(2x) cos(x) 1 + cos (x)
1
p
; p1 + cos(2x) ; (1 +1x )n ; n 2 N ; (x +xx + 1) ;
sin(x) 1 sin(x)
1 tan (x)
x
x +x+1;
1
x
;
;
x + x + x + 1 x (x + 1) (x 1) 1 + x + x ; ;
p
p
px ; p 1
p1
;
; x + 2x + 5 ; x(x 2) ;
x 1 x + 1 + x + xr x + xr x
xp
1 px
; (1 + x) x x 1 ; xx + 11 ;
;
(1 + x ) 1 + x
(2 x ) 1 x
1 p
xp
p x
;
; p x+1
;
;
x + x + 1 (1 + x )(x x 1) 1 + 4x 4xs (1 + x ) 1 + x
p
1
1
1
1
+
1 x
q
; q
; p
;
;
1
x
x
(
x
1)(4
x
)
x (r
x 1)
p
pxxn +(x1 6)
x
0 n 2 N ) ; 1 x a ; px + 1 + 1 ; p
; (a < b) ;
x 1 p x 4a x x + 1 1 (x a)(x b)
ln x + ; 1 + x ln(x):
x
0
00
x (a + bx ) avec = pq ; = pq0 et = pq00 rationnels; b 6= 0. Nous supposons que
q; q0 et q00 sont des entiers strictement positifs et les ecritures irreductibles.
2
3
4
4
2
2
2
2
3
3
2
2
2
2
2
4
3
3
2
5
3
5
5
2
4
2
2
2
2
2
3
2
2
2
2
3
4
4
2
2
4
2
4
2
2
2
2
4
2
3
2
3
2
2
2
2
3
2
4
2
3
2
4
2
3
2
2
2
2
2
2
2
2
148
On etudiera les trois cas suivants : 2 Z; 62 Z et 1 + 2 Z puis 62 Z et
1+
+ 2 Z.
Dans le 00premier cas poser = ppmc(q; q0 ) et poser 00y = x ; dans le deuxieme cas
poser yq = a + bx et dans le troisieme cas poser yq x = a + bx .
Verier qu'on est alors conduit au calcul d'une primitive d'une fonction rationnelle
en y.
Exemples
p
px
p
p
1
+
x
x 1+ x ; x ; p
;.
1 x
3
2
2
6
3
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
Chapitre 10
Primitives ; corriges
Soit f une application continue d'un intervalle de R dans un espace
Z vectoriel norme
(en general R ou C ). Nous noterons (il s'agit d'une notation) f (x) dx une primitive quelconque de la fonction f .
Si x = g(t) ou g est un C dieomorphisme d'un intervalle de R dans un autre alors
si nous appelons G une primitive de t 7 ! g0 (t)(f g)(t), une primitive de f est
Gg .
En eet G0 et g sont
de classes
C donc
(G g ) aussi et 0 0
0
Gg = g
G g =Z g (g0 Zg ) f g g = f .
Nous resumons ce resultat par f (x) dx = f (g(t))g0 (t) dt avec x = g(t).
Soit f une application continue d'un intervalle I de R dans un espace vectoriel
norme.
Soit g une fonction de classe C sur un intervalle J de R avec u(J ) I . Soit F une
primitiveZde f . Alors F g est
Z une primitive de g0 (f g) que l'on peut ecrire sous
la forme f (g(t))g0 (t) dt = f (x) dx avec x = g(t). Dans ce second cas, g n'a pas
a ^etre injective.
Du point de vue \mecanique", le changement de variable deni par x = g(t) conduit
a remplacer f (x) dx par g0 (t)f (g(t)) dt.
Soit f une application de classe C denie sur un intervalle I de R a valeurs dans K
(K =R ouC ).
Soit g une application de classe C denie de I dans le K -espace vectoriel norme E .
Nous
Z avons la relation
Z
0
f (x)g (x) dx = f (x)g(x)
f 0 (x)g(x) dx.
Il sut de deriver fg pour conclure.
Le signe \=" signie \a une constante additive pres" sur l'intervalle de denition
des applications f et g.
Soit f une application denie sur un intervalle ferme [a; b] a valeurs dans C , continue. f possede une primitive F denie sur [a; b]. F est de classe C . Supposons que
l'on utilise un changement de variable de classe C sur [a; b[. Nous obtenons alors
(a une constante additive pres) la restriction de F a [a; b[ qui est donc prolongeable
par continuite sur [a; b] ; la prolongee etant de classe C .
Soit R(X; Y ) une fraction rationnelle. Posons pour les reels x pour lesquels l'expres1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
Nous supposerons E de dimension nie bien que ce ne soit pas necessaire. Quitte a s'interesser
aux coordonnees, on peut supposer que les applications sont a valeurs reelles ou complexes et
nalement reelles.
1
CHAPITRE 10. PRIMITIVES ; CORRIGE S
150
sion suivante est denie, f (x) = R(sin(x); cos(x)).
Si f ( x) = f (x), nous pouvons utiliser x 7 ! u = cos(x) comme changement de
variable.
Si f ( x) = f (x), nous pouvons utiliser x 7 ! u = sin(x) comme changement
de variable.
Si f ( + x) = f (x), nous pouvons utiliser x 7 ! u = tan(x) comme changement de
variable.
Je rappelle quelques primitives classiques.
bx Z dx
1
Soient a et b reels strictement positifs.
a + b x = ab atan a ,
Z dx
a + bx (x est dans un intervalle ou a b x ne s'annule
1
=
ln a b x 2ab
a bx pas).
x a
Z dx
a 2 R; b 2 R ; pour x 2 R, x a ib = ln (jx a ibj) + i atan b .
Z dx
p
p
= ln x + 1 + x .
Z 1dx+ x
p
p
= ln x + x 1 pour x 2]1; +1[ ou x 2] 1; 1[.
x 1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
2
2
151
1. cos (x) exp(x) = 1 (1 + cos(2x)) exp(x).
2
cos(2x)) exp(x) = <e (exp(((1 + 2i)x)).
Z
1
exp(((1 + 2i)x) dont la partie reelle est
exp(((1 + 2i)x) dx =
1 + 2i
1 (cos(2x) + 2 sin(2x)) exp(x).
5
Nous
Z obtenons alors 1 1
cos (x) exp(x) dx = + (cos(2x) + 2 sin(2x)) exp(x).
2 10
Les primitives de x 2 R 7 ! cos (x) exp(x) 2 R sont denies sur R par
1 1
x 7 ! 2 + 5 (cos(2x) + 2 sin(2x)) exp(x) + C ou C est une constante reelle.
2. cos(x
) ch(x) =
1
<e (exp((1 + i)x) + exp(( 1 + i)x)) + exp((1 i)x) + exp(( 1 i)x) .
Z 4
(exp((1 + i)x) + exp(( 1 + i)x)) + exp((1 i)x) + exp(( 1 i)x) dx
= 1 i (exp((1 + i)x) 1 + i exp(( 1 + i)x)) + 1 + i exp((1 i)x)
2
2
2
1 i
exp(( 1 i)x)
2
dont la partie reelle est 2 sh(x) cos(x) + 2 ch(x) sin(x)
Les primitives de x 2 R 7 ! cos(x) ch(x) 2 R sont denies sur R par
x 7 ! 12 (sh(x) cos(x) + ch(x) sin(x)) + C ou C est une constante reelle.
2
2
2
Z
Z
sin (x) cos (x) dx = ( 1 + cos (x)) cos (x) cos0 (x) dx
= 1 cos (x) + 1 cos (x).
3
5
Les primitives de x 2 R 7 ! sin (x) cos (x) 2 R sont denies sur R par
x 7 ! 31 cos (x) + 15 cos (x) + C ou C est une constante reelle.
1
1
4. sin(x) cos (x) = sin(2x) cos(x) = (sin(3x) + sin(x))
2
4
1
= =m(exp(3ix) + exp(ix)).
4
Z
x (exp(3ix) + exp(ix)) dx
1
Z 1
1
1
=x
exp(3ix) + exp(ix) 2 x
exp(3ix) + exp(ix) dx
3i
3i
1i
1i
1
=x
exp(3ix) + exp(ix) 2x
exp(3ix) exp(ix)
3i
i
9
Z 1
+2
exp(3ix) exp(ix) dx
9
3.
3
2
2
2
3
3
3
5
2
2
2
2
2
5
152
=x
2
CHAPITRE 10. PRIMITIVES ; CORRIGE S
1
exp(3ix) + 1 exp(ix)
3i
i
2x
1 exp(3ix) exp(ix)
9 1
1
+2
exp(3ix)
27i
i exp(ix) .
En
nousobtenons :
simpliant
i x + 2 x + 2i exp(3ix) + ( ix + 2x + 2i) exp(ix).
3
9 27
La
imaginaire
est egale a
partie
1 x + 2 cos(3x) + 2 x sin(3x) + ( x + 2) cos(x) + 2x sin(x).
3
27
9
Les primitives de x 2 R 7 ! x sin(x) cos (x) 2 R sont denies sur R par
1 1 1 1 1
x 7 ! 54 12 x cos(3x) + 18 x sin(3x) 4 x 2 cos(x) + 12 x sin(x) + C
ou C est une constante reelle.
Remarque Soit P un polyn^ome complexe de degre n. Soit 2 C . En
integrant n fois par parties nous en deduisons qu'une primitive de la fonction x 7 ! P (x) exp(x) est du type x 7 ! Q(x) exp(x) ou Q est un polyn^ome de degre n. Nous pouvons donc determiner Q en ecrivant la relation :
Q(x) + Q0 (x) = P (x) avec P et Q de m^eme degre.
Soit P un polyn^ome reel de degre n, soit 2 R et soit 2 R. Une primitive
de l'application x 7 ! P (x) exp(x) cos(x) est la partie reelle d'une primitive
de l'application x 7 ! P (x) exp(( + i )x) donc, d'apres ce que nous venons
de voir, du type x 7 ! Q(x) exp(x) cos(x) + R(x) exp(x) sin(x) ou Q et
R sont des polyn^omes de degres au plus egaux a n. Il sut donc de rechercher
deux polyn^omes Q et R de degres au plus egaux a n veriant les relations
Q0 + Q + R = P
R0 Q + R = 0 .
On obtient un resultat analogue avec P (x) exp(x) sin(x).
2
2
2
2
2
2
2
2
5. Posons u(x) = 2x + sin(2x). u0 (x) = 2 + 2 cos(2x) = 4 cos (x).
Nous savons que 8t 2 R; j sin(t)j < jtj. x 7 ! cos (x) est donc denie
2x + sin(2x)
sur R. Sur chacun des intervalles R ou R , une primitive de la fonction
1
proposee est x 7 ! ln(j2x + sin(2x))j.
4
2
2
+
6. cos (x) + sin (x) = cos (x) + sin (x)
2 sin (x) cos (x)
1
1
=1
sin (2x) = (3 + cos(4x)).
2
4
(2
k
+
1)
1
2
Pour x 6=
, avec k 2 Z,
=2
.
4
2 + tan (2x)
cos (x) + sin (x)
1
La fonction x 7 !
est continue sur R donc possede une pricos (x) + sin (x)
mitive sur R.
4
4
2
2
2
2
2
2
4
4
4
4
2
(2k
153
1) ; (2k + 1) ou k 2 Z.
Soit Ik l'intervalle
4
4
L'application x 2 Ik 7 ! t = tan(2x) 2 R est un C dieomorphisme. Nous
obtenons
donc pour x 2 Ik , avec
les notations proposees plus haut,
Z
Z
dx
dt
= 2x
.
(2 + t )(1 + t )
cos (x) + sin (x)
1
1
1
=
+
donc
(2 + t )(1 + t )
2+t 1+t
p
t
Z
dt
2
= atan(t)
atan p . Nous obtenons donc sur Ik
(2 + t )(1 + t )
2
2
p
Z
1
1
2
= atan p tan(2x) .
cos (x) + sin (x) 2
2
1
p
Les primitives sur Ik sont donc denies par x 7 ! 2 atan p tan(2x) + Ck
2
avec Ck 2 R.
Si nous souhaitons obtenir une
prolonger celles-ci.
p solution sur R, il faut
2 atan p1 tan(2x) + C
Nous devons avoir lim
k
2
x! k 2
p
1
2
= lim
atan p tan(2x) + Ck
2
x! k 2
c'est-
p a-dire p
p
2 + C = 2 + C soit encore C = n 2 + C .
k
k
n
4
4
2
Les solutions denies sur R sont les fonctions f denies par
(2k + 1) (2k + 1)p2
8k 2 Z; f
=
+ C et pour x 2 Ik ;
4
4
p
p
2
1
f (x) = 2 atan p tan(2x) + C + n 22 .
2
Il n'est pas necessaire de verier que ces fonctions sont derivables sur R car
d'apres les hypotheses faites, elles le sont.
1
4
4
2
2
2
2
2
2
2
2
4
4
(2 +1)
4
(2 +1)
4
+1
+
+1
0
0
0
7. cos (x) + sin (x) = (cos(x) + sin(x))(cos (x) sin(x) cos(
x1) + sin (x)) p
= 2 sin x +
+ cos x +
.
4 2
4
Les reels x veriant cos (x) + sin (x) = 0 sont les reels du type + k avec
4
k 2 Z.
3
Notons pour k 2 Z; Ik =
+ k; + k .
4
4[
L'application proposee est continue sur Ik .
3
3
2
2
2
3
3
Placons-nous sur l'un des intervalles Ik .
k2Z
CHAPITRE 10. PRIMITIVES ; CORRIGE S
154
p
2cos0 x + 1
. En utilisant le chan=
cos (x) + sin (x)
sin x + 1 + 2 cos x + gement de variablex 7 ! u = sin x + . Nous sommes conduits au calcul
4
p
Z
2
du.
de
(1 u )(1 + 2u )
p
p
p
2
2 1
2 2 1
=
.
(1 u )(1 + 2u )
3 1 u
3 1 + 2u
p 2 p
2
1
+
u
Une primitive est alors u 2] 1; 1[7 !
ln
atan u 2 2 R.
6
1 u
3
1
Sur Ik , les primitives de x 7 !
sont denies par
cos
(
x
)
+
sin
(
x
)
!
2 p p
1 cos x + 2
x 7 ! 6 ln
atan( 2 cos x + )
3
4
1
+
cos
x
+
p = 2 ln tan x + 2 atan (cos (x) sin(x)) + Ck avec Ck 2 R.
3
2 8
3
4
3
3
2
2
4
2
2
4
2
2
2
2
3
3
4
4
8. Les reels x veriant sin(x) + sin(2x) = 0 sont du type 2k et (2q + 1) avec k
3
et q dans Z. Sur tout intervalle de R ne contenant pas ces points, la fonction
proposee est continue.
1
cos0 (x)
=
. En utilisant le changement de vasin(x) + sin(2x)
sin (x)(1 + 2 cos(x))
riable x 7 ! u = cos(x) il vient :
2
Z
Z
dx
1
=
du.
sin(x) + sin(2x)
( 1 + u )(1 + 2u)
1
4 .
= 1 + 1
Z( 1 + u )(11+ 2u) 6(u 11) 2(u + 1)1 3(2u + 1) 2
du = 6 ln(1 u) + 2 ln(u + 1) 3 ln j2u + 1j
( 1 + u )(1 + 2u)
j sin(x)j(1 + cos(x)) 1
= ln
.
3
(1 + 2 cos(x))
Sur un intervalle ne contenant pas les racines de sin(x) + sin(2x) = 0 les pri j sin(x)j(1 + cos(x)) 1
1
mitives de x 7 !
sont x 7 ! ln
+C
sin(x) + sin(2x)
3
(1 + 2 cos(x))
avec C 2 R.
2
2
2
2
2
9. cos(x) cos(3x) = 4 sin (x) cos(x).
cos(x) cos(3x) = 0 a pour racines les reels k avec k 2 Z.
2 h
i
Pour k 2 Z, notons Ik l'intervalle k ; (k + 1) . Sur cet intervalle, l'appli2
2
1
cation x 7 !
est continue.
cos(x) cos(3x)
2
155
sin0 (x)
.
cos(x) cos(3x) 4 sin (x)(1 sin (x))
Le changement de variable x 7 ! u = sin(x) conduit a
Z
Z
dx
du .
=
cos(x) cos(3x)
4u (1 u )
1
= 1 + 1 .
Z4u (1 duu ) 4u 1 4(1 1 u ) 1 + u =
+ ln
.
4u (1 u )
4u 8
1 u
Nous
donc
1 + sin(x) Z obtenons
1
1
dx
=
+ ln
cos(x) cos(3x)
4 sin(x) 8
1 sin(x)
1 + 1 ln tan x + .
=
4 sin(x) 4
2 4
1
Sur Ik , les primitives de l'application x 7 !
sont les applicacos(x) cos(3x)
x 1
1
tions denies par x 7 !
+ ln tan +
+ Ck avec Ck 2 R.
4 sin(x) 4
2 4
1
=
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
10. ch(x) ch(3x) = 2 sh(x) sh(2x) = 4 sh (x) ch(x).
x 7 ! ch(x) 1 ch(3x) est denie, continue sur R.
Z
Z
dx
sh0 (x)
=
dx.
ch(x) ch(3x)
4 sh (x)(1 + sh (x))
En utilisant le changement de variable deni par x 7 ! u = sh(x) nous obtenons
Z
Z du
Z du 1
1
1
du
=
= atan(u) + .
4u (1 + u )
4(1 + u )
4u 4
4u
1
Les primitives de x 7 !
sont denies sur R par
ch(x) ch(3x)
1 +C 2R
x 7 ! 41 atan(sh(x)) + 4 sh(
x)
et sur R par
1
x 7 ! 41 atan(sh(x)) + 4 sh(
x) + C 2 R ou C et C sont des constantes reelles.
i h
11. Soit k 2 Z. Posons Ik =
+ k; + k . x 2 Ik 7 ! tann(x) 2 R est
2
2
continue.
Z
1
n
Notons In(x) = tann (x) dx. In(x) + In (x) =
n + 1 tan (x).
2
2
2
2
2
2
2
1
+
2
1
2
+1
+2
N
X
q=0
( 1)q (I q (x) + I q (x)) =
2
2 +2
N
X
q=0
( 1)q I q (x)
2
X
N +1
q=1
( 1)q I q (x)
2
CHAPITRE 10. PRIMITIVES ; CORRIGE S
156
= I (x) + ( 1)N I N (x).
0
2
I (x) = ln (jcos(x)j).
1
X
N
q=0
1)q (I
(
q
2 +1
(x) + I q (x)) =
2 +3
Nous avons donc pour N >1,
N
X
q=0
+2
( 1)q 1 tan q (x).
2q + 1
1
q=0
1)q I
(
2
X
On a donc pour N >1, I N (x) = ( 1)N x
N
q
2 +1
2 +1
X
N +1
(x)
q=1
( 1)q I q (x)
2 +1
= I (x) + ( 1)N I N (x).
1
2
N
X
+3
( 1)q 1 tan q (x).
2q
q
n
Les primitives de x 7 ! tan (x) sont donc les applications denies sur Ik par
x 7 ! x + Ck si n = 0,
x 7 ! ln (jcos(x)j) + Ck si n = 1,
N
X q 1
N
x 7 ! ( 1) x
( 1)
tan q (x) + Ck si n = 2N >2 et
2
q
+
1
q
N
X
N
x 7 ! ( 1) ln (jcos(x)j) + ( 1)q 21q tan q (x) + Ck si n = 2N + 1>3 avec
q
Ck 2 R.
I N (x) = (
2
+1
1)N +1 ln (jcos(x)j) +
2
=1
1
2 +1
=0
+1
2
=1
12. L'application x 7 ! sin(x) + cos(x) est denie, continue sur R.
sin(2x)
p 3 + sin
p cos0 x + x + sin(x) + cos(x) = 2
= 2
.
3 + sin(2x)
2 3 cos 2 x + 4 2 cos x + En utilisant le changment de variable x 7 ! u = cos x + nous obtenons
4
Z sin(x) + cos(x)
Z p2
dx = 2u 4 du.
3 + sin(2x)
p !
Z p2
1
2 + u
du
= ln p
.
2u 4
4
2 u
Les primitives de x 7 ! sin(x) + cos(x) sont donc denies sur R par
3 + sin(2x)
1
2
+
cos(
x
)
sin(
x
)
x 7 ! 4 ln 2 cos(x) + sin(x) + C , C 2 R.
4
4
4
2
4
2
2
cos(x)
sin(x)
et x 7 !
sont denies et continues pour
cos(x) + sin(x)[ n
cos(ox) + sin(x)
+ k .
x 2 R n A avec A =
k2Z 4
3
Pour k 2 Z notons Ik =
+ k; + k .
4
4
13. x 7 !
157
cos(x)
sin(x)
+
= 1,
cos(x) + sin(x) cos(x) + sin(x)
0
0
cos(x)
sin(x)
= cos (x) + sin (x) .
cos(x) + sin(x) cos(x) + sin(x) cos(x) + sin(x)
Nous
deduisons sur Ik
Z encos(
x) dx = 1 (x + ln(j cos(x) + sin(x)j)) et
) + sin(x)
2
Z cos(xsin(
x) dx = 1 (x ln(j cos(x) + sin(x)j)).
cos(x) + sin(x)
2
cos(x)
2 R sont denies par
Les primitives de x 2 Ik 7 !
cos(x) + sin(x)
x 2 Ik 7 ! 12 (x + ln(j cos(x) + sin(x)j)) + Ck 2 R
sin(x)
et les primitives de x 2 Ik 7 !
2 R sont denies par
cos(x) + sin(x)
x 2 Ik 7 ! 12 (x ln(j cos(x) + sin(x)j)) + Ck 2 R avec Ck 2 R.
14. Posons, pour k 2 Z, Jk = + k; 5 + k .
4
4
En utilisant le resultat precedent nous obtenons que les primitives de
x) + 2 sin(x) 2 R sont
x 2 Jk 7 ! cos(
sin(x) cos(x)
x 2 Jk 7 ! 12 x + 32 ln(j cos(x) sin(x)j) + Ck 2 R avec Ck 2 R.
i h
15. Posons, pour k 2 Z, Ik =
+ k; + k .
2
2
sin(x)
La fonction x 7 !
est continue sur Ik .
cos (x) + tan (x)
le changement de variable x 7 ! u = cos(x). Nous obtenons
ZConsiderons
Z
u
sin(x)
dx
=
cos (x) + tan (x)
u u + 1 du.
u
au p
+b
cu p
+d
=
+
u u + 1 u u 3 + 1 u + u 3 + 1.
La fraction est paire donc a = c; b = d.
En reduisant au m^eme denominateur nous obtenons
p
p
u = (au + b)(u + u 3 + 1) + ( au + b)(u u 3 + 1) p
= 2(a 3 + b)u + 2b
p
3
c'est-a-dire b = 0 et a =
.
6
2
2
2
2
2
2
4
2
2
4
2
2
2
2
2
2
2
Cette fonction est prolongeable par continuite sur R en posant f (k) = ( 1)k . La nouvelle
fonction devient continue sur R et possede une primitive sur R.
2
158
p
CHAPITRE 10. PRIMITIVES ; CORRIGE S
p
p
1
2 p .
3pu
= 3 2u p 3
12 u u 3 + 1 2 1 + (2u
6(u u 3 + 1)
3)
p
p
p
3pu
3 2u +p 3
1
2 p
De m^eme
=
.
6(u + u 3 + 1) 12 u + u 3 + 1 2 1 + (2u + 3)
Nous en deduisons
p
p !
Z
p 1
p
u
3
u
+ up3 + 1
1
du
= ln
atan(2u + 3)
atan(2u
3).
u u +1
12
2
2
u u 3+1
Sur un intervalle ou u est non nul nous avons 1 atan(2u + p3) 1 atan(2u p3) + 1 atan u 1 constant.
2
2
2
u
sin(x)
sont donc
Les primitives sur Ik de x 7 !
cos (x) + tan (x)
!
p
p
sin (x) 3
3
cos(
x
)
+
1
1
cos
(
x
)
+
p
x 7 ! 12 ln
+ atan
+ Ck avec Ck 2
2
cos(x)
cos (x)
3 cos(x) + 1
R.
La fonction prolongee par continuite sur R a une primitive sur R. Il sut de
prolonger les fonctions Fk denies sur Ik que nous venons de trouver.
k
k +C .
lim
F
lim
F
k (x) = ( 1) + Ck ,
k (x) = ( 1)
k
2
2
x!( k)
x!( k)
Nous devons choisir
( 1)k + Ck = ( 1)k + Ck c'est-a-dire Cn = C + (1 ( 1)n).
2
2
2
k
En posant Fk + k = C + 1 ( 1) nous denissons une primitve
2
2
sur R de la fonction proposee, prolongee par continuite sur R.
2
2
2
2
4
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
+1
2
+
+
2
+1
+1
+
+1
0
0
i
h
16. Posons pour k 2 Z Ik = k ; (k + 1) . La fonction proposee est continue
2
2
sur Ik . Nous utilisons cette fois-ci le changement de variable x 7 ! u = sin(x).
Z 1 u
Nous sommes conduits a calculer
du.
2
u
u
p
p !
Z 1 u
1 u = 1 + 1 donc
1
2
du
=
ln p2 + u .
2u u 2u 2u 4
2u u
2u 8
2 u
cos(
x
)
Sur Ik , les primitives de x 7 !
sont denies par
sin (x) + tan (x)
!
p
p
1
2
2
+
sin(
x
)
x 7 ! 2 sin(x) 8 ln p
+ Ck avec Ck 2 R.
2 sin(x)
Remarque comme precedemment
il est possible deprolonger
e
par continuit
q
la fonction initiale en les points + q en posant f + q = ( 1) .
2
2
Cette nouvelle fonction possede alors une primitive sur ]p; (p + 1)[ (p 2 Z)
2
2
2
2
4
2
4
2
2
2
2
4
2
p
159
!
p
2 ln p2 + sin(x) + A avec A 2 R.
p
p
8
2 sin(x)
1
denie par x 7 !
2 sin(x)
17. d (cos(x) + x sin(x)) = x cos(x). x 2 R 7 ! g(t) = cos(x) + x sin(x) 2 R est
dx
paire.
Pour k 2 N, g (2k + 1) = ( 1)k (2k + 1) . g possede donc une et une
2
i
2
h
seule racine xk sur tout intervalle (2k 1) ; (2k + 1) avec k 2 N .
2
2
La fonction proposee est denie, continue sur Ik = ]xk ; xk [, Jk = ] xk ; xk [
avec k 2 N et sur I =] x ; x [ donc possede nune primitive
o sur chacun
n d'eux. o
Integrons par parties sur un des intervalles Ik n (2k + 1) ou Jk n (2k + 1)
2
2
i
h i h i h
ou x ;
ou
; ou 2 ; x .
2
2 2
Nous
alors
Z obtenons
x
x
dx
=
(cos(x) + x sin(x))
cos(xZ)(cos(x) + x sin(x))
1
cos(x) x sin(x)
+
dx
cos(x) + x sin(x)
cos (x)
x
sin(x) + xcos(x)
=
tan(x) =
.
cos(x)(cos(x) + x sin(x))
cos(x) + x sin(x)
En prolongeant par continuite, nous en deduisons que sur Ik , avec k 2 N, les
primitives de la fonction sont denies par
sin(x) + xcos(x)
x 7 ! cos(
x) + x sin(x) + Ck et sur Jk , avec k 2 N , les primitives de la
fonction sont denies par
sin(x) + xcos(x)
0
0
x 7 ! cos(
x) + x sin(x) + Ck avec Ck et Ck reelles.
i h
i
h
18. Notons, pour k 2 Z, Ik =
+ k; + k et Jk = + k; + (k + 1) .
4
2
2
4
tan(
x
)
x 7 ! 1 + tan(x) est continue sur chacun des intervalles Ik ou Jk .
sin(x) , prolonger la fonction
Nous pouvons, en ecrivant tan(x) =
1 + tan(x) cos(x) + sin(x) 3
par continuite et denir la fonction sur les intervalles du type
+ q; + q
4
4
avec q 2 Z.
Utilisons le changement de variable x 7 ! u = tan(x).
Z
u
Nous sommes conduits a
du.
(1 + u)(1 + u )
u+1 1 u
1
=
.
(1 + u)(1 + u ) 2 1 + u 1 + u
1+u 1
Z
u
1
du = 4 ln (1 + u) + 2 atan(u).
(1 + u)(1 + u )
+1
0
1
+1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
CHAPITRE 10. PRIMITIVES ; CORRIGE S
160
Nous obtenons donc, en remplacant, que les primitives cherchees sont denies
sur Ik par x 7 ! 1 ln(j cos(x) + sin(x)j) + 1 x + Ck et
2
2
sur Jk par x 7 ! 1 ln(j cos(x) + sin(x)j) + 1 x + Ck0 avec Ck et Ck0 reels.
2
2
En
fait,
en
cherchant
une
primitive
de
la
fonction
prolongee nous obtenons sur
3
1
1
+ q; + q x 7 ! ln(j cos(x) + sin(x)j) + x + Aq avec Aq reel.
4
4
2
2
i
h
19. Pour k 2 Z notons Ik = k ; (k + 1) .
2
2
1
Sur Ik , x 7 !
est continue.
cos(x) sin (x)
En utilisant le changement de variable x 7 ! u = sin(x) nous obtenons
Z du
Z
dx
dx = u (1 u ) .
cos(x) sin (x)
1
= 1 + 1 + 1 .
u (1 u ) u u 1 u
1
sont
Nous obtenons donc que sur Ik les primitives de x 7 !
cos(x) sin (x)
denies par
1 + sin(x) 3 sin (x) + 1 1
x7 !
+ ln
+ Ck ou Ck 2 R.
2
1 sin(x)
3 sin (x)
1 + sin(x) x 1
Nous pouvons aussi remplacer ln
par ln tan + .
2
1 sin(x)
2 4
20. Les solutions de l'equation cos(3x) = 0 sont les reels (2k + 1) avec k 2 Z.
6
i
h
Notons pour k 2 Z Ik = (2k 1) ; (2k + 1) .
6
6
sin(x)
Sur Ik , x 7 !
est continue.
cos(3x)
En utilisant le changement de variable x 7 ! u = cos (x) nous obtenons
Z sin(x)
Z du
dx = 2u(3 4u) .
cos(3x)
1
1
2
= +
.
2u(3 4u 6u 3(3 4u)
u Z
1
1
du = 6 ln 4u 3 .
2u(3 4u)
sin(x)
Sur Ik , les primitives de x 7 !
sont donc denies par :
cos(3x)
cos (x) + C avec C 2 R.
x 7 ! 61 ln 4 cos
k
k
(x) 3 Nous pouvons remplacer cos (x) par cos (x) .
4 cos (x) 3
cos(3x)
4
4
4
2
4
2
4
2
2
4
2
3
2
2
2
2
2
3
161
21. Nous employons la m^eme methode que dans la question precedente.
sin(5x) = sin(x)(16 cos (x) 12 cos (x) + 1) = sin(x)(4 cos(x) cos(3x) + 1).
Nous obtenons alors avec les m^emes notations que les primitives sur Ik de
sin(5x)
x 7 ! cos(3
:
x) sont doncdenies par
cos (x) + C avec C 2 R.
x 7 ! 2 cos (x) + 16 ln cos(3
k
k
x) 4
2
3
2
Remarque
sin(5x) sin(x)
sin(5x) sin(x) = 2 sin(2x) cos(3x) donc
= 2 sin(2x) d'ou
cos(3x) cos(3x)
le resultat.
22. x 7 ! ch(2x) est continue sur R.
sh (x)
ch(2x) sh(x)(2 ch (x) 1)
=
.
sh (x)
sh (x)
En utilisant le changement de variable x 7 ! u = ch(x) nous sommes conduits
Z 2u 1
a calculer
du.
(u 1)
2u 1
1
5
5
1
=
+
(u 1) 8(u 1) 16(u 1) 16(u 1) 8(u + 1)
5
5
+
+
.
16(u + 1) 16(u + 1)
Nous obtenons donc sur l'un des deux intervalles R ou R .
ch(x) + 1 ch(x)(3 5 ch (x))
5
x 7 ! 16 ln ch(x) 1 +
+ C.
8 sh (x)
0 (x)(1 + 2 sh (x))
ch(2
x
)
ch(2
x
)
sh
23. x 7 !
est continue sur R.
=
.
ch (x)
ch (x)
(1 + sh (x))
1 + 2u
2
1
=
.
(1 + u ) (1 + u ) (1 + u )
Z du
Z 2nu
u
=
+
du
(1 + u )n (1 + u )n
(1 + u )n
Z 2n
Z 2n
u
=
+
du
du
(1 + u )n
(1 + u )n
(1 + u )n
soitZ encore
Z du
du
u
2n
=
+ (2n 1)
.
(1 + u )n
(1 + u )n
(1 + u )n
Z du
En particulier
= u + 1 atan(u)
(1 + u ) 2(1 + u ) 2
Z du
et
= u + 3u + 3 atan(u).
(1 + u ) 4(1 + u ) 8(1 + u ) 8
Nous obtenons donc
5
2
5
6
2
2
3
2
2
3
3
2
3
2
+
2
4
2
5
5
2
3
2
2 3
2 2
2 3
2
2
2
2
2
2
2
+1
2
2 2
2 3
+1
2
2
2
2
2 2
+1
162
CHAPITRE 10. PRIMITIVES ; CORRIGE S
Z
1 + 2u du = 5u
u
+ 5 atan(u).
(1 + u )
8(u + 1) 4(u + 1) 8
ch(2x)
Les primitives de x 7 !
sont donc denies sur R par
ch (x)
sh(x) + 5 atan(sh(x)) + C avec C 2 R.
x 7 ! 5 sh(x)
8 ch (x) 4 ch (x) 8
2
2 3
2
2
2
5
2
4
i h
7
24. Pour k 2 Z, notons Ik =
+ 2k; + 2k , Jk = + 2k; + 2k ,
6
2 6
32
7
3
11
Lk = 6 + 2k; 2 + 2k , Mk = 2 + 2k; 6 + 2k .
Sur l'un quelconque de ces intervalles, x 7 ! tan(x) est continue.
1 + sin(3x)
Placons-nous sur l'un de ces intervalles.
sin(3x) = sin(x)(3 4 sin (x)).
Utilisons le changement de variable x 7 ! u = sin(x).
Z
u
du.
Nous obtenons
(1 u )(1 + 3u 4u )
u
1
5
1
=
(1 u )(1 + 3u 4u ) 18(u 1) 108(u 1) 4(u + 1)
4
16
.
9(2u + 1) 27(2u + 1)
Remarque (1 u )(1 u+ 3u 4u ) = (u 1) (u +u 1)(2u + 1) = f (u).
Pour obtenir cette decomposition nous pouvons poser t = u 1 et eectuer
un developpemnt limite a l'ordre 1 au voisinage
de t = 0 de t f (t +1) puis poser t = 2u +1
tet eectuer
un developpemnt limite
1
a l'ordre 1 au voisinage de t = 0 de t f
.
2
Nous obtenons apres avoir simplie, que sur l'un des intervalle Ik ; Jk ; Lk ou
Mk , une primitive est denie par
(1 + 2 sin(x))
5
2
sin(
x
)
1
x 7 ! 18(1 sin(x))(1 + 2 sin(x)) + 108 ln (1 sin(x)) (1 + sin(x)) .
2
2
2
3
3
2
2
2
3
2
2
2
2
32
5
27
25. sh (x) + ch (x) = 1 exp(x)(exp(2x) + 3 exp( 2x)).
4
1
x7 !
est continue sur R.
sh (x) + ch (x)
le changement de variable x 7 ! u = exp(x). Nous obtenons alors
ZUtilisons
4 du.
u + 3
p
p p
p
u +3 = u
12 u + 3 u + 12 u + 3 .
4
au + b
au + b
=
+
p
p
p
p.
u +3 u
12 u + 3 u + 12 u + 3
3
3
3
3
4
4
4
2
2
4
4
2
2
4
4
163
p
Par exemple en reduisant au m^eme denominateur nous obtenons a = 1 12
3
p
2
3
.
et b =
3
Nous pouvons donc, pour simplier, ecrire
4
au + b ;
au + b +
=
b
u + 3 u + 3au +
u 3au + b
soit encore
a (2u + 3a)
a (2u 3a)
4
3a 2b
3a 2b
=
.
b
b
u + 3 u + 3au +
2u 6au + 3b 2u + 6au + 3b
u + 3au +
3a 9a
2u 6au + 3b = 2 u
+ 3b
.
2
2
p
2 3
9a p
3b
= 3 et 3a 2b =
.
2
3
Nous obtenons alors
r
4
p
3a 2b
1
3
=
12
r !.
2u 6au + 3b 3
4
1+ 1+
u
3
r
4
p
3
a
2
b
1
3
De m^eme
12
=
r !.
2u + 6au + 3b 3
1+ 1+ 4 u
3
Nous
p
p!
Z 4obtenons donc
p
1
u
+
12
u
+
3
du
=
12 ln
p
p
u +3
6
u
12 u + !3
r
r !
1p
4
1p
4
+ 12 atan 1 + u
+ 12 atan 1 + u
.
3
3
3
3
1
Les primitives de x 7 !
sont donc les applications denies sur
sh (x) + ch (x)
R par
p
p!
p
1
exp(2
x
)
+
12
exp(
x
)
+
3
x 7 ! 6 12 ln
p
p
exp(2x) r 12!exp(x) + 3
r !
p
p
1
4
1
+ 12 atan 1 + exp(x)
+ 12 atan 1 + exp(x) 4 + C
3
3
3
3
ou C 2 R.
i
h
26. Notons pour k 2 Z, Ik = k ; (k + 1) .
2
2
1
Sur chacun des intervalles Ik , x 7 !
est continue.
sin (x) cos (x)
4
4
3
2
2
2
4
3
2
2
3
2
2
3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4
2
4
2
2
4
4
2
4
2
2
4
4
2
4
4
4
2
4
4
4
3
4
3
4
4
4
4
4
4
3
4
5
CHAPITRE 10. PRIMITIVES ; CORRIGE S
164
Utilisons le changement de variable x 7 ! u = cos (x).
Z du
1
Nous obtenons
.
2 u (1 u)
1
1 3
1 + 3 .
= 1
2u (1 u)
2u u 2v 2(v 1) 2(v 1)
Z
1
du = 1 + 3u 6u + 3 ln 1 u .
2 u (1 u)
4u (1 u) 2
u
1
sont donc sur chaque intervalle Ik deLes primitives de x 7 !
sin (x) cos (x)
nies par
x 7 ! 1 + 3 cos (x) 6 cos (x) + 3 ln(j tan(x)j) + Ck avec Ck 2 R.
4 cos (x) sin (x)
i h
3
27. Notons, pour k 2 Z, Ik =
+ 2k; (2k + 1) et Jk = (2k + 1); + 2k .
2
2
1
Sur l'un quelconque des intervalles Ik ou Jk x 7 !
est
1 + sin(x) + cos(x)
continue.
x
Nous pouvons utiliser le changement de variable x 7 ! u = tan
. Nous
2
Z du
obtenons alors
.
1+u
1
Les primitives de x 7 !
sont, sur un intervalle quelconque
1 + sin(x) + cos(x)
Ik ou Jk , a une constante additive pres denies par x 7 ! ln 1 + tan x2 1 + sin(x) 1
c'est-a-dire aussi ln
.
2
1 + cos(x)
28. Posons, pour k 2 Z, Ik =]k; (k + 1)[.
1
Sur un intervalle tel que Ik , x 7 ! n est continue.
(x1)
Z dx
Z sin
0
Notons An(x) =
=
cos (x) dx.
sinn(x)
sinn (x)
En integrant par parties nous obtenons apres regroupement et simplication
x) avec
(n + 1)An (x) = nAn(x) cos(
n
x sin (x)
A (x) = ln tan 2 et A (x) = cotan(x).
Supposons n = 2p avec p 2 N.
Yr 2q 1
Posons pour r 2 N , r =
et = 1.
2
q
q
(2
r
)!
r = (2r r!) verie la relation (2r 1)r = (2r)r .
2
3
3
2
3
2
2
2
2
3
2
2
3
2
4
5
4
2
+1
+2
1
+1
2
0
=1
2
1
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
165
p
X
q=0
(2q + 1)q A q (x) =
2 +2
p
X
q=0
p
X
(2q)q A q (x)
2
q=0
x) .
q cos(
q
sin (x)
2 +1
En simpliant nous obtenons
p
X
1
q cos(x) .
A p (x) = (2p + 1)
q (x)
p q sin
Supposons n = 2p + 1 avec p 2 N.
Yr 2q
et = 1.
Posons pour r 2 N , r =
2
q
+
1
q
r
r = (2(2r +r!)1)! verie la relation (2r)r = (2r + 1)r .
2 +2
2 +1
=0
0
=1
2
1
p
X
q=0
(2q + 1)q A q (x) =
2 +1
p
X
q=0
(2q + 2)q A q (x)
2 +3
p
X
q=0
x) .
q cos(
q
sin (x)
2 +2
En simpliant nous obtenons
" X
#
p
1
x
q cos(x)
A p (x) = (2p + 2) ln tan 2 q (x) . Les primitives de
p
q sin
x 7 ! sinn1(x) sont denies sur Ik par x 7 ! An(x) + Ck avec Ck 2 R.
2 +3
2 +2
=0
29. La fonction est denie, continue sur R.
0 (x)
1
shq
p
=
. Nous pouvons utiliser le changech(x) ch(2x) (1 + sh (x)) 1 + 2 sh (x)
Z
dup
ment de variable x 7 ! u = sh(x). Nous sommes conduits a
.
(1 + u ) 1 + 2u
p
La demi branche d'hyperbole denie par y = 1 + 2u coupe l'axe (y0 Oy) en
A de coordonnees (0; 1). Coupant cette branche par une droite passant par
A, de pente t. Celle-ci coupe la courbe
p en deux points ; A et un autre point
d'abscisse u denie par tu + 1 = 1 + 2u .
p2; p2, u = 2t .
Nous obtenons pour t 2
2 t
p p
2
t
L'application t 2]
2; 2[7 ! u =
2 R est un C dieomorphisme.
2 t
2(2 + t ) p
2+t
t +4 .
Nous obtenons du = 2
dt
, 1 + 2u =
et 1 + u =
(2 t ) Z
2 t
(2 t )
2(2 t )
Nous sommes alors conduits a
t + 4 dt.
t + 2 = (t + 2) 4t = (t 2t + 2)(t + 2t + 2).
2(2 t ) = t + 1
t 1 .
t +4
t + 2t + 2 t 2t + 2
Nous obtenons donc
2
2
2
3
2
2
1
2
2
2
2
2 2
2
4
4
2
2
2
2
2
4
3
2
2
Lorsque t = 0, il y a un point double A.
2
2
2
4
2 2
166
Z
CHAPITRE 10. PRIMITIVES ; CORRIGE S
2(2 t ) dt = ln t + 2t + 2 .
t +4
t 2t + 2
t
t + 2t + 2 = + t + 1 .
t 2t + 2 t + t 1
!
p
t 1 p1 + 2u
t + 2t + 2 + =
donc ln
= ln p1 + 2u + u .
2 t
u
t 2t + 2
1 + 2u u
!
p
Z
ch(2
x
)
+
sh(
x
)
dx
p
Nous obtenons nalement
= ln p
.
ch(x) ch(2x)
ch(2x) sh(x)
1
p
Les primitives de x 7 !
sont les applications denies sur R par
ch(x) ch(2x)
pch(2x) + sh(x) !
+ C avec C 2 R.
x 7 ! ln p
ch(2x) sh(x)
2
4
2
2
1
2
2
1
2
2
2
2
2
2
2
i h
30. Posons pour k 2 Z Ik =
+ k; + k .
2
2
sin(
x
)
p
Sur Ik , x 7 !
est continue.
cos(x) 1 + cos (x)
Utilisons le changement de variable x 7 ! u = cos(x). Nous obtenons alors
Z du
Z 2u
1
p
p
=
du.
2 u 1+u
u 1+u
Nous pouvonsZutiliser alors le changement de variable u 7 ! v = u ce qui
1
dv .
p
conduit a
2 v 1+v
p
Nous utilisons nalement le changement de variable v 7 ! t = 1 + v ce qui
nous
Z dtdonne 1 t 1 t 1 = 2 ln 1 + t .
En remplacant nous obtenons
p1 + cos (x) 1 !
1
ln p
.
2
1 + cos (x) + 1
sin(x)
p
Les primitives de x 7 !
sont donc les applications denies
cos(x) 1 + cos (x)
sur Ik par p
!
1
+
cos
(
x
)
1
1
x 7 ! 2 ln p
avec Ck 2 R.
1 + cos (x) + 1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
p
1 x
31. Soient I = ]0; 1] et I = [ 1; 0[. Sur I et I x 7 !
x asin(x) est continue.
Utilisons le changement de variable t 7 ! x = sin(t) qui est un C dieomor1
2
1
2
2
4
1
phisme de
167
i h
; dans ] 1; 1[.
2 2
Z p1 x
Pour x 2] 1; 0[ ou x 2]0; 1[ nous avons
x
Z cos (t) Z 1
Z 1
2
4
asin(x) dx =
Z
t cos (t) dt.
sin (t)
2
4
2
dt =
dt
dt.
sin (t)
sin (t)
sin (t)
Nous avons deja recherche plus haut les primitives de t 7 ! 1n . Il sut
sin (t)
0 (t)
cos
pour cela d'integrer par parties n
.
sin (t)
Nous
2 cos(t) 1 cos(t) cos(t) Z 1obtenonsZnalement
1
dt
dt = 3 sin(t) 3
sin(t)
sin (t)
sin (t)
sin (t)
cos (t)
.
=
3 sin (t)
Z cos (t)
Z cos (t)
cos (t)
Nous obtenons donc t
dt = t
+
dt.
sin (t)
3 sin (t)
3 sin (t)
En ecrivant cos (t) = sin0 (t)(1 sin (t)) nous obtenons
Z cos (t)
1
1 ln(j sin(t)j).
dt = t cos (t)
t
sin (t)
3 sin (t) 6 sin (t) 3
Il vient alors en remplacant
Z p1 x
asin(x) dx = (1 x ) asin(x) 1 1 ln(jxj).
x
3x
6x 3
x 2 [ 1; 1] 7 ! (1 x ) asin(x) 2 R est continue et n'est a priori derivable
que sur ] 1; 1[.
p
La derivee sur ] 1; 1[ est denie par x 7 ! 1 x 3x 1 x asin(x) qui
a une limite nulle en -1 et en 1. Cette fonction est donc derivable sur [ 1; 1].
Les primitives sur Ik (k = 1 ou 2) de la fonction proposee sont donc denies
sur Ik par x 7 ! (1 x ) asin(x) 1 1 ln(jxj) + Ck avec Ck 2 R.
3x
6x 3
4
4
2
+1
4
2
3
3
3
2
3
4
3
3
3
2
3
2
3
4
3
2
2
2
4
3
2
3
2
2 3
2
2
2
4
2 3
2
3
2
rx + 1!
32. Soient I =] 1; 3[ et I = [ 1; +1[. x 7 ! atan
x + 3 est continue
sur I et I .
Placons-nous sur I et I .
Nous pouvons sur!l'un ou l'autre intervalle !
par parties. Nous obtenons
rx + 1
r x + 1 integrer
rx + 3
Z
Z
x
atan
dx.
x + 3 dx = x atan x + 3
2(x + 3)(x + 2) x + 1
rx + 3
Considerons le changement de variable x 7 !
x + 1 qui est un C dieomor1
1
2
2
1
2
1
4
Comme nous l'avons rappele au debut de ce chapitre.
CHAPITRE 10. PRIMITIVES ; CORRIGE S
168
phisme de] 1; 3[[] 1; +1[ dans ]0; +1[nf1g.
r
Z
Z
x
x
+3
3 y
Nous obtenons alors
dx
=
dy.
2(x + 3)(x + 2) x + 1
(1 y )(1 + y )
3 y
2
1
1
=
+
+
donc
(1 y )(1 + y ) 1 + y 2(1 y) 2(1 + y)
Z
3 y
1 y + 1 dy = 2 atan(y) + 2 ln y 1 .
(1 y )(1 + y )
q x
qx
+
1
+
1
p
x
q xx
= x
= x + 2 + " (x + 1)(x + 3) avec " = sgn(x + 1)
1
x
1
x
(qui est aussi sgn(x + 3)).
1
En remarquant que atan(t) + atan
t est constant sur R et R , nous obtenons r
!
rx + 1!
Z
x
+1
atan
x + 3 dx = (x + 2) atan x + 3
1 ln x + 2 + "p(x + 1)(x + 3).
r x + 1 ! 1 2 p
x 7 ! (x + 2) atan x + 3
ln x + 2 + " (x + 1)(x + 3) est conti2
nue sur ] 1; 3[[[ 1; +1[, derivable sur ] 1; 3[[] 1; +1[.
rx + 1!
La derivee sur cet ensemble est egale a atan
x + 3 qui a une limite en -1
donc est derivable en -1.
Les primitives sur Ik (k = 1 ou k = 2) son denies par
r x + 1 ! 1 p
x 7 ! (x + 2) atan x + 3
ln x + 2 + " (x + 1)(x + 3) + Ck avec
2
Ck 2 R.
i h
i
h
33. Pour k 2 Z notons Ik; = 2k; + 2k , Ik; = + 2k; (2k + 1) ,
2
2
Ik; =](2k + 1); (2k + 2)[.
p1
Pour (k; i) 2 Z f1; 2; 3g, sur Ik;i, x 7 !
est continue.
sin(x) 1 sin(x)
x Utilisons le changement de variable x 7 ! u = cos
.
2 4
Avec les notations que nous avons denies en introduction nous obtenons sur
un
proposes Z
Z des intervalles
x p
dx
du
p
=" 2
, ou " = 1 pour sin
>0
(1 u )(1 2u )
2 4
sin(x) 1 sin(x)
2
2
2
2
2
2
2
2
+3
+1
+3
+1
2
2
+3
+1
+3
+1
+
1
2
3
2
2
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
2
169
et " = 1 dans le cas contraire.
" = 1 si et seulement si 2 + 4k < x < 52 + 4k et " = 1 si et seulement si
3 + 4k6x6 + 4k .
2 p
2
p
p
" 2
2" 2
"
2
=
donc
(1 u )(1 2u ) 1 2u 1 u
p ! p p
Z
" 2
du
= " ln 1 + up2 " 2 ln 1 + u .
(1 u )(1 2u )
2
1 u
1 u 2
En rempla
cant xnous obtenons
p2 ! p2 1 + cos x !
1 + cos
p " 2 ln 1 cos x .
" ln x
1 cos
2
x "0 p
x cos
= p 1 + sin(x) avec "0 = 1 pour cos
> 0 et "0 = 1
2 4
2 4
2
dans le cas contraire.
"0 = 1 si et seulement si 2 + 4k < x < 32 + 4k et "0 = 1 si et seulement
7
11
si + 4k6x6 + 4k .
2
2
Nous pouvons remarquer que
0 p p
!
"0p2 + p1 + sin(x) !
""
2
+
1
+
sin(
x
)
et
" ln 0 p p
= ln 0 p p
" 2
1 + sin(x)
"" 2
1 + sin(x) !
!
0 + p1 + sin(x)
0 + p1 + sin(x)
"
""
" ln 0 p
t = ln 0 p
.
"
1 + sin(x)
""
1 + sin(x)
En resume, en nous avons "00 = ""0 = 1 si et seulement si
x 2 2 + 4k; 32 + 4k [ 32 + 4k; 2 + 4k
et "00 = ""0 = 1 si et seulement
si
h h
3
5
x 2 2 + 4k; 2 + 4k [ 2 + 4k; 2 + 4k .
1
p
Les primitives de x 7 !
denies sur l'un des intervalles Ik;i
sin(x) 1 + sin(x)
avec (k; i) 2 Z f1; 2; 3g, sont les applications
!
! p 00 p p
00 + p1 + sin(x)
"
"
2
+
1
+
sin(
x
)
2
+ Ck;i avec
x 7 ! ln 00 p
t
ln 00 p p
2
"
1 + sin(x)
" 2
1 + sin(x) Ck;i 2 R.
En les bords des intervalles de changement de signe de "00 , la fonction est bien
derivable par construction.
2
2
2
2
2
2
2
4
2
4
2
4
2
4
34. Notons, pour k 2 Z, Ik =
i h
+ k; + k .
4
4
Sur Ik , x 7 ! p1 + cos(2x)
1 tan (x)
2
CHAPITRE 10. PRIMITIVES ; CORRIGE S
170
est continue.
Utilisons le changement de variable x 7 ! u = tan(x).
Z
2p
Nous obtenons alors
du.
(1 + u ) 1 u
Coupons le cercle d'equation y + u = 1 par une droite d'eqution y = t(1 u)
avec t > 0 et u 2] 1; 1[. Nous obtenons comme autre point d'intersection le
point d'abscisse u = t 1 .
s t +1
1+u
4t
Utilisons alors le changement de variable u 7 ! t =
. du =
dt.
1 u
(1 + t )
Z
Z (1 + t )
2
p
Nous obtenons alors
du = (1 + t ) dt.
(1 + u ) 1 u
(1 + t ) = atp+ b +
ctp+ d
atp b
ctp d
(1 + t ) t + t 2 + 1 (t + t 2 + 1) t t 2 + 1 (t t 2 + 1)
ou a; b; c et d sont despreels.
Multiplions par (t + t 2 + 1) puis choisissons t = ou est une des racines
p
(1 +p )
du polyn^ome X + X 2 + 1. Nous obtenons c + d =
.
( p
2 + 1) p
p
En utilisant la relation +1 = 2 nous obtenons c + d = 2 2 = 2 .
8
p
p 4
2
Nous obtenons de m^eme avec c + d =
c'est-a-dire c = 24 et
4
d = 0.
p
En choisissant t = 0 puis t = 2 nous obtenons b = 1 et a = 0. Finalement
2
nous obtenons
p
(1 + t )
1p
2
t
1p
p
=
+
(1 + t ) 2(t + t 2 + 1) 4 (t + t 2 + 1) 2(t p t 2 + 1)
2
t
p
+
.
4 (t t 2 + 1)
p
p
2(t + p
t 2 + 1) = 1 + (1 + t 2) .
p
p
2
t
1
2
2
t
+
p
p + 8
p 2 .
=
4(t + t 2 + 1)
(1 + (1 + t 2) )
(t + t 2 + 1)
Z dX
X + 1 atan(X ) obtenue en inEn utilisant la relation
=
(1 + X ) 2(1 + X ) 2
tegrant par parties nous obtenons
2 2
2
2
2
2
2
2 2
2 3
2 2
4 2
2
2 3
4 2
2
2
2
2
2
2
2
2
2 3
2
2
2
3
2
2
2 3
4 2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2 2
2
2 2
2
2
5
Z
dtp
2(t + t 2 + 1)
2
Z p2
pt
dt
4 (t + t 2 + 1)
p
p
p
3
2
t
+
2 .
p
=
atan(t 2 + 1) +
4
4(t + t 2 + 1)
2
2
2
5
Voir les exercices deja faits a ce sujet.
171
ZDe m^eme dt
2(t
2
p
t 2 + 1)
+
Z p2
4 (t
2
pt
dt
t 2 + p1)
p
= 3 2 atan(t 2 1) +
4
p
2
t p2 .
4(t t 2 + 1)
2
Nous
alors p
Z (1 +avons
t ) dt = 3 2 atan(tp2 + 1) + atan(tp2 1)
(1 + t )
4
p
p
t
+p 2
t
p2
+
+
4(t + t 2 + 1) 4(t t 2 + 1)
p p
p
= 3 2 atan(t 2 + 1) + atan(t 2 1) + t(t 1) .
4
2(t + 1)
p
p
t
1
Avec t > 0 nous avons atan(t 2 + 1) + atan(t 2 1) = atan p +
2
t 2
r1 + u
nous obtenons donc, en remplacant t par
,
1
u
!
p
p
p
3 2
u
2
u
1 u
atan p
et enn en remplacant u par tan(x) il vient
+
4
2(1 + u )
1 u
p
p ! p
Z 1 + cos(2x)
tan (x)
3
2
tan(
x
)
p1 tan (x) dx = 4 atan p1 tan 2(x) + u2(11+ tan
(x))
2 3
4 2
2
2
2
4
2
2
2
2
2
2
2
2
p !
p
q
tan(
x
)
2
1
p1 tan (x) + 4 1 tan (x) sin(2x).
1 + cos(2x)
Pour chaque k 2 Z, sur Ik les primitives de x 7 ! p
sont
1
tan
(
x
)
p
p !
q
3 2
2
tan(
x
)
1
x 7 ! 4 atan p
+ + 1 tan (x) sin(2x) + Ck avec Ck 2
4
1 tan (x)
R.
35. En integrant par parties, nous obtenons
Z dx
Z
x
x
=
+
2
n
dx
(1 + x )n (1 + x )n
(1 + x )n
Z dx
Z dx
x
=
+ 2n
2n
(1 + x )n
(1 + x )n
(1 + x )n
c'est-
Z a-diredx
Z dx
2n
= (2n 1)
+ x n.
n
n
(1 + x )
Z (1dx+ x ) (1 + x )
Notons, pour n 2 N , In =
.
(1 + x )n
(2nn!)
Soit n =
choisi pour obtenir 2nn = (2n + 1)n .
2n(2n)!
3 2
=
atan
4
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
+1
2
+1
2
2
2
2
2
+1
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
+1
CHAPITRE 10. PRIMITIVES ; CORRIGE S
172
N
X
N
X
N
X
xn .
Nous avons alors (2nn In = ((2n 1)nIn +
n
n
n
n (x + 1)
N
X
xn c'est-aEn simpliant nous obtenons (2N + 1)N IN = I +
n
n (x + 1)!
N
X
+1
2
=1
=1
=1
+1
+1
1
2
=1
1
(2N + 1)N
dire pour N 2 N , IN =
+1
atan(x) +
+1
n=1
xn
(x + 1)n
2
et I = atan(x).
Les primitives cherchees sont denies sur R par x 7 ! In + C avec C 2 R.
Z 1 dx
1
= n(2n)! .
=
Par exemple
n
(1 + x ) (2n 1)n 2 (2n 1)(2nn!)
x
ax + b + cx + d avec a; b; c et d reels.
36.
=
(x + x + 1) (x + x + 1) x + x + 1
Multiplions par (x + x +1) et remplacons alors x par ou est une des deux
racines (non reelles) de X + X + 1. Nous obtenons a + b = = 1 ;
de m^eme a + b = 1 c'est-a-dire a = b = 1.
Multiplions par x et choisissons \x = 1". Nous obtenons 0 = c. Enn en
choisissant x = 0 nous obtenons d = 1.
x
x 1 +
1
=
.
(x + x + 1) (x + x + 1) (x + x + 1)
x 1 = 1 2x + 1
1
1
,
(x + x + 1)
2 (x + x + 1) 2 (x + x + 1)
1
4
= .
x + x + 1 3 1 + xp
1
+
2
0
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2 +1
Z
2
2
2
3
dX = X + 1 atan(X ) obtenue en in(1 + X Z) 2(1 + X ) p2
2x + 1 dx
2 3
p ,
tegrant par partiesnous obtenons
x + x + 1 = 3 atan
3
p
Z
dx
= 2x + 1 + 4 3 atan 2xp+ 1 puis
(x + x + 1) 3(x + x + 1)
9
3
p
Z
x
x
+
1
4
3
2
x
+
1
dx = 3(x + x + 1) + 9 atan p .
(x + x + 1)
3
x
Les primitives sur R de x 7 !
sont
(x + x + 1)
En utilisant la relation
2 2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
p
2
x + 1 + 4 3 atan 2xp+ 1 + C avec C 2 R.
x 7 ! 3(x +
x + 1) 9
3
x
37.
= a + bx + c . avec a; b et c reels.
x +x +x+1 x+1 x +1
En multipliant par x +1 et en substituant 1 a x nous obtenons a = 1 , en mul2
2
2
3
2
2
173
tipliant par x + 1 et en substituant i a x nous obtenons (c b) + (b + c)i = i
soit b = c = 1 . Nous obtenons donc
2
x
1
x+1 .
=
+
x +x +x+1
2(x + 1) 2(x + 1)
x 7 ! x + x x+ x + 1 est continue sur R n f 1g.
Soient I =] 1; 1[ et I =] 1; +1[.
x
sont denes sur Ik (k = 1 ou k = 2)
Les primitives de x 7 !
x
+
x
+
x
+
1
par
x +1 1
1
x 7 ! 4 ln (x + 1) + 2 atan(x) + Ck ou Ck 2 R.
2
2
3
2
2
2
3
2
1
2
2
3
2
2
2
38.
fx p
+g
x + x + 1 = a + b + c + dx p
+e
+
x (x + 1) x x x x + x 2 + 1 x x 2 + 1 .
En eectuant un developpement limite a l'ordre 2 au voisinage de x = 0 de
x + x + 1 nous obtenons x + x + 1 = 1 + x + x + o(x ) donc a = b = c =
x +1
x +1
1.
p
Multiplions par x + x 2+1 et en substituons
p a x ou estp une des racines du
p
( 2p 1) p 2 1p
polyn^ome X + X 2+1 nous obtenons
=
= d + e
2 2
2 2( + 2)
p
p
p
p p
soit encore 2 1 = (d + e)2 2( + 2) = 2 2((e 2 d) + e).
p
p p
En faisant de m^eme avec nous obtenons 2 1 = 2 2((e 2 d) + e )
p
puis e = 0 et d = 2 2 .
4
p
p
2+2
Un calcul analogue avec x x 2 + 1 conduit a f =
et g = 0 soit
p
p 4
x +x+1 = 1 + 1 + 1 + 2 2
xp
2+2
xp
.
x (x + 1) x x x
4 x +x 2+1
4 x x 2+1
p
p
xp
1
2
x
+
2
2
p
p
=
.
x + x 2 + 1 2 x + x 2 + 1 (x 2x + 1) + 1
En
de m^eme avec l'autre fraction nous
p obtenons p
Z xfaisant
+x+1
1 1
2 2
dx
=
+ ln(jxj) +
ln(x + x 2 + 1)
x (x + 1)
2x x
8
2
3
4
3
2
2
2
2
2
4
2
2
4
2
2
4
2
2
3
4
3
2
2
2
2
2
2
3
2
2
4
p
p
p
2 + 2 ln(x xp2 + 1) 2 + 2 atan(xp2 1).
4
8
4
En regroupant nous obtenons
p
p !
p
2x + 1
2
x
+ xp2 + 1
1
1
+ ln(jxj) + ln
ln(1 + x ) + (atan(x 2 + 1)
2x
8
4
2
x x 2 +p1
p
2 (atan(xp2 + 1) + atan(xp2 1)).
atan(x 2 1))
4
+2
2 atan(xp2 + 1)
2
2
2
2
2
4
174
CHAPITRE 10. PRIMITIVES ; CORRIGE S
p
p
A une constante additive pres, on peut remplacer atan(x 2+1) atan(x 2 1)
x 1
p
p
par atan(x ) et atan(x 2 + 1) + atan(x 2 1) par atan p et nous
x 2
obtenons
p
p !
p
1 atan(x )
2 atan x p 1 .
2x + 1 + ln(jxj) + 2 ln x + xp2 + 1
2x
8
2
4
x x 2+1
x 2
x +x+1
En notant I =] 1; 0[ et I =]0; +1[ les primitives de x 7 !
x (x + 1)
sur Ik (k = 1 ou k = 2) sont denies par
p
p !
1 atan(x )
x 7 ! 2x2x+ 1 + ln(jxj) + 82 ln x + xp2 + 1
x x 2 + 1 p2
x 1
2
atan p + Ck
4
x 2
avec Ck 2 R.
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
3
2
2
4
2
2
2
39. Notons I =] 1; 1[, I =] 1; 1[ et I =]1; +1[.
1
Sur l'un de ces intervalles x 7 !
est continue.
(x 1)
1
= a + b + c + d .
(x 1) (x + 1) x 1 (x 1) x + 1 (x + 1)
Posons t = x 1 et eectuons un developpement limite a l'ordre 1 au voisinage
1
de t = 0 de t 7 !
.
((t + 1) + 1)
Nous obtenons 1 = 1 (1 t) + o(t).
(t + 2) 4
De m^eme posons t = x + 1 et eectuons un developpement limite a l'ordre 1
1
au voisinage de t = 0 de t 7 !
.
((t 1) 1)
Nous obtenons 1 = 1 (1 + t) + o(t). Finalement
(t 2) 4
1
1
1
1
1
1
=
+
+
+
.
(x 1) (x + 1) 4 1 x (x 1) x + 1 (x + 1)
En
egrant par partiesZ nous avons : Z
Z int
dx = x + 2
dx
dx soit
2
(1 x )
Z 1 xdx 1 x x Z1 xdx
x
1 1 + x 2
=
+
=
+ ln
.
(1 x ) 1 x
1 x 1 x 2 1 x
1
Nous faisons de m^eme avec
et nous obtenons
1
+
x
Z dx
2
= x + atan(x).
(1 + x ) 1 + x
En regroupant ces resultats nous obtenons
1
2
3
4
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2 2
2
2
2
2 2
2
2
2
2 2
2
2
2
2
2
175
+ x + 3 ln 1 + x + 3 atan(x)
8(1 x ) 8(1 + x ) 16
1 x
8
1 + x 3
x
3
+ atan(x).
=
+ ln 4(1 x ) 16 1 x 8
1
Pour k 2 f1; 2; 3g les primitives sur Ik de x 7 !
sont denies par
(x 1)
x
2
2
4
1 + x 3
x
3
x 7 ! 4(1 x ) + 16 ln 1 x + 8 atan(x) + Ck avec Ck 2 R.
4
2
4
x
40. x 7 !
x + x + 1 est denie, continue sur R.
x + x + 1 = (x + 1) x = (x + x + 1)(x x + 1).
x
= ax + b + ax + b avec a et b reels.
x +x +1 x +x+1 x x+1
Multilpions par x + x + 1 et substituons a x ou est une des deux racines
du polyn^ome X + X + 1.
1 = a + b soit encore
Nous obtenons
=
+1
2
2(a + b) = 2a( 1) 2b = 1.
En faisant de m^eme avec nous obtenons, en simpliant,
2a 2b + 1 = 0 et 2a + 1 = 0 soit a = 1 et b = 0.
2
x
x
x
Il vient alors
=
x + x + 1 2(x x + 1) 2(x + x + 1) .
x
1
= 2x + 1
2(x + x + 1) 4(x + x + 1) 4(x + x + 1)
2x + 1
1
=
4(x + x + 1) 4(x + x + 1)
p
2x + 1
.
=
4(x + x + 1) 2p3 px + 1
2
4
4
2
2
2
2
2
2
2
2
4
2
2
2
2
2
2
2
2
4
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
2
2 +1
2
3
Nous
alors
p
2x + 1 Z obtenons
x
1
3
dx = 4 ln(x + x + 1) 6 atan p .
2(x + x + 1)
p 3 Z
x
1
3
2xp 1
De m^eme
dx = 4 ln(x x + 1) + 6 atan
.
2(x x + 1)
3
x
Les primitives de x 7 !
sont les fonctions denies sur R par
1 +px + x
x x + 1 3 2x 1 2x + 1 1
x 7 ! 4 ln x + x + 1 + 6 atan p
+ atan p
+ C ou C 2
3
3
R.
2
2
2
2
2
2
2
2
4
CHAPITRE 10. PRIMITIVES ; CORRIGE S
176
41. Notons I =] 1; 1[ et I =]1; +1[.
Sur l'un quelconque de ces deux intervalles, l'application x 7 ! p x est
x 1
continue.
le changement de variable x 7 ! y = x nous obtenons
ZEn utilisant
p x dx = p dy .
x 1
2 y 1
Utilisons le changement de variable t 2 R 7 ! y = ch(t) 2]1; +1[ qui est
unC dieomorphisme.
Z sh(t)
1
Nous obtenons alors
dt
= t.
2 sh(t)
2
y = exp(t) +2exp( t) () exp(2t) 2y exp(t) + 1 = 0.
p
p
Les racines du polyn^
o
me
X
2
yX
+
1
sont
y
+
y
1
et
y
y 1.
p
Seule la racine y + y 1 est strictement plus grande
pque 1 ; nous
obtenons
donc pour t > 0 et y > 1 y = ch(t) () t = ln y + y 1 .
Sur l'un des deux intervalles Ik avec k 2 f1; 2gles primitives de l'application
p
x 7 ! p x sont les applications x 7 ! 12 ln x + x 1 avec Ck 2 R.
x 1
1
2
4
2
4
2
+
1
6
2
2
2
2
7
2
2
4
4
42. Notons I =] 1; 1[ et I =] 1; +1[. Sur l'un quelconque de ces deux
p 1
intervalles x 7 !
est continue.
x + x +px + 1
La courbe d'aquation y = x + x + 1 est une branche d'hyperbole de som 1 3
met le point de coordonnees
; , d'asymptotes les droites d'equations
2 4
1
1
respectives y = x + et y = x .
2
2
Coupons la courbe par une droite parallele a l'une des asymptotes. (Ici, compte
tenu du texte, choisissons y = x + t avec t > 1 ).
2
8
< x+t > 0
p
y = x + t = x + x + 1 () :
()
x = 2t t + 11
8 t +t+1
>
< 2t + 1 > 0
t 1.
()
x
=
t
1
>
2t + 1
: x
=
2
t
+
1
1
Utilisons le changement de variable t 2
;
+1 7 ! x = t 1 2 R qui
2
2t + 1
est un C dieomorphisme.
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
6
7
En fait il s'agit d'un resultat classique.
Il s'agit de Argch(y).
177
Nous obtenons alors pour t 2 1 ; 0 ou t 2 ]0; +1[
2
Z
Z
2(t + t + 1)
p dx
=
t(2t + 1) dt.
x+ x +x+1
2(t + t + 1)
a + b + c avec a; b et c reels.
=
t(2t + 1)
2t + 1 (2t + 1) t
Posons u = 2t + 1 et recherchons
un developpement limite a l'ordre 1 au voi
u
u
+ +1
4
sinage de 0 de
.
u
1
u
+ +1
4 u
= 3(1 + u) + o(u) = 3 3u + o(u). Nous avons
Il vient
u 1
donc a = b = 3. En multipliant par t et en substituant 0 a t nous obtenons
c = 2.
Z 2(t + t + 1)
3 ln(2t + 1) + ln(t ).
Nous obtenons donc
dt
= 3
t(2t + 1)
2(2t + 1) 2
En remplacant et en simpliant il vient
p
p
p
1
3
x + x + 1 x 2 2 ln 1 + 2x + x + x + 1 + 2 ln x + x + x + 1 .
p 1
sont les apPour k 2 f1; 2g, les primitives sur Ik de x 7 !
x+ x +x+1
plications
p
p
x 7 ! x + x + 1 x 23 ln 1 + 2x + 2 x + x + 1
p
+2 ln x + x + x + 1 + Ck
avec Ck 2 R.
2
2
2
2
2
2
2
1
1
2
1
2
2
2
1
2
2
2
2
8
2
2
2
2
2
2
2
p1
43. La fonction x 7 !
est denie sur I =]0; 1] ; elle est continue sur
x+ x x
cet intervalle.
p
y = x x est une portion de cercle coupant l'axe des abscisses en les points
d'abscisses 0 et 1. Coupons cette courbe par une droite passant par l'un de
ces points.
Par exemple la droite d'equation y = tx. Nous obtenons x = 1 . Utilisons
1+t
1
donc le changement de variable t 2 R 7 ! x =
2]0; 1[ qui est un C
1+t
dieomorphisme. Z
Z
dx
2t
p
Nous obtenons alors
=
dt.
(t + 1)(t + 1)
x+ x x
2t
= a + bt + c avec (a; b et c reels.
(t + 1)(t + 1) t + 1 t + 1
2i
Multiplions par t +1 et substituons i a t. Nous obtenons
i + 1 = bi + c soit
2
2
2
1
+
2
2
2
2
8
la constante 21 peut ^etre omise.
2
2
CHAPITRE 10. PRIMITIVES ; CORRIGE S
178
encore 2i = (bi + c)(i + 1) c'est-a-dire b = c = 1.
Multiplions
par t + 1 et substituons 1 a t. Nous obtenons a = 1.
Z
2t
1
dt
= ln(t + 1)
ln(t + 1) atan(t). En remplacant nous
(t + 1)(t + 1)
2
r !
Z
p
dx
1
1 x .
p
obtenons
= ln(1 + 2 x x ) atan
x
x + hx x h 2
Soient z >0 et u 2 0; .
2
p
sin (u) 1 cos(2u)
=
donc
u = atan( z ) () z = cos
(u) 1 + cos(2u)
r !
1 z p
1
1 x = 1 acos (2x 1).
atan( z ) = acos
et atan
2
1+z
x
2
Z
p
pdx
= 1 ln(1 + 2 x x ) 1 acos (2x 1).
2
x+ x x 2
1
p
Les primitives de x 7 !
sont les applications denies sur I =]0; 1]
x+ x x
p
par x 7 ! 1 ln(1 + 2 x x ) 1 acos (2x 1) avec C 2 R.
2
2
p
44. x 2 R 7 ! x + 2x + 5 2pR est continue.
La courbe d'equation y = x + 2x + 5 est une branche d'hyperbole d'asymptotes les droites d'equations repectives y = x + 1 et y = x 1.
Coupons la courbe par une droite parallele a l'une des deux asymptotes ; par
exemple y = x + t avec t > 1.
p
0
x + t = x + 2x + 5 () 2txx++tt >
= 2x + 5
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
8
t =
6
>
>
t
2
t
+
5
<
() > 2(t 1) >
>
x =
:
1
0
2
5 t
2(t 1)
2
.
Nous obtenons alors x = 5 t avec t > 1.
2(t 1)
Nous pouvons aussi couper par une droite passant
p par le sommet ; le point de
coordonnees ( 1; 2). y = t(x + 1) + 2 = x + 2x + 5. en resolvant nous
4t
obtenons x + 1 =
; jtj < 1.
1 t
x + 1 = sh(t).
Nous pouvons aussi poser
2
Utilisons ici cette derniere. t 2 R 7 ! x = sh(t) 2 R est un C dieomorphisme.
Z p Nous obtenonsZ
Z
x + 2x + 5 dx = 4 ch (t) dt = 2(1 + ch(2t)) dt = 2t + sh(2t).
2
2
2
1
2
2
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
179
Resolvons l'equation u = sh(t). Cela equivaut au fait que exp(t) > 0 est alors
solution
p de l'equation X 2uX 1 = 0. Les racines de X 2uX 1 sont
u u + 1.
p
La seule racine positiveest u + u +
1 donc
p
u = sh(t) () t = ln u + u + 1 .
En remplacant nous obtenons alors
p
1p
2t + sh(2t) = 2 ln x + 1 + x + 2x + 5 2 ln(2) + (x + 1) x + 2x + 5.
2
p
Les primitives de l'application x 2 R 7 ! x + 2x + 5 2 R sont les fonctions
denies sur R par
x + 1p
p
x 7 ! 2 ln x + 1 + x + 2x + 5 + 2 x + 2x + 5 + C avec C 2 R.
9
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
45. NotonspI =] 1; 0] et I = [2; +1[. Sur chacun de ces intervalles
x 7 !p x 2x est continue.
y = x 2x est constitue de deux demi branches d'hyperboles. Les deux
asymptotes sont les droites d'equations respectives y = x 1 et y = x + 1.
Coupons par une doite parallele a l'une des asymptotes ; par exemple y = x + t.
x+t > 0
p
x + t = x 2x equivaut a (x + t) = x 2x .
t ; t 2 [ 2; 1[[]0; +1[.
En resolvant nous obtenons x =
2(1 + t)
Nous pouvons aussi couper par une droite passant par l'un des sommets ; par
2
; t 2] 1; 1[[[0; 1[.
exemple y = tx. Nous obtenons alors x =
1 t
x 2x = (x 1) 1 nous pouvons alors poser x 1 = " ch(t) avec t>0 et
" = .
Utilisons cette derniere.
Considerons le changement de variable t > 0 7 ! x = 1 + " ch(t) 2 I avec
I =]2; +1[ lorsque " = 1 et I =] 1; 0[ lorsque " = 1. L'application est
un C dieomorphisme.
Resolvons l'equation u = ch(t) avec u>1 et t>0.
2u = exp(t) + exp( t) () exp(t) est p
la racine superieure a 1 du polyn^ome
X 2uX + 1 c'est-a-dire exp(t)p= u + u 1.
Nous obtenons donc t = ln u + u 1 .
Pour
Z p x 2 I nous avons
Z "
x 2x dx = " sh (t) dt = 2 (2 ch(t) 1) dt = 2" (sh(t) ch(t) t).
p
x
1p
"
En remplacant nous obtenons
x 2x 2 ln "(x 1) + x 2x .
2
L'application t 2 R 7 ! up = sh(t) 2 R possede une application reciproque appelee Argsh
denie par Argsh(u) = ln(u + 1 + u ).
L'application t 2 [0; +1[7 ! u =pch(t) 2 [1; +1[ possede une application reciproque appelee
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
10
2
2
2
2
2
2
9
2
10
Argch denie par Argch(u) = ln(u + u2 1).
2
CHAPITRE 10. PRIMITIVES ; CORRIGE S
180
Pour "= 1,
" ln "(x 1) + px 2x = 1 ln (x 1) + px 2x
2
!
p2
p
1
(x 1) +p x 2x
1 = ln
x 2x .
= ln (x 1)
2
2
(x 1) + x 2x
p
Pour k = 1 ou k = 2, les primitivessur
I
de
x
7
!
x 2x sont les applicak
p
p
x
1
1
tions x 7 !
x
2x
ln (x 1) + x 2x + Ck avec Ck 2 R.
2
2
Le changement de variable avait ete eectue sur les intervalles ]2; +1[ ou
] 1; 0[. Les primitives obtenues sont prolongeables par continuite sur Ik et
sont alors derivables sur Ik .
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1 px
est continue sur R.
(1 + x ) 1 + x
Utilisons le changement de variable t 2 R 7 ! x = sh(t) 2 R qui est un C
dieomorphisme. Z
Z 2
1 px
Nous obtenons alors
dx =
1 dt = 2 th(t) t.
ch
(
t
)
(1
+
x
)
1
+
x
Z
p
1 px
dx = p 2x
ln(x + 1 + x ).
Nous en deduisons
(1 + x ) 1 + x
x +1
1
x
p
sont les applications denies
Les primitives sur R de x 7 !
(1 + x ) 1 + x
p
2x
par x 7 ! p
ln(x + 1 + x ) + C avec C 2 R.
x +1
47. Posons I =] 1; 0[ et I = [1; +1[. Sur l'un ou l'autre de ces intervalles
r
x 7 ! (1 + x) x x 1 est continue.
r
Utilisons le changement de variable x 2 I 7 ! u = x 1 2 J avec
x
J =]1; +1[ lorsque I =] 1; 0[ et J =]0; 1[ lorsque I =]1; +1[.
r
Z
Z 2u (2 u )
x
1
(1 + x)
du.
x dx =
(1 u )
2u (2 u ) = 2
2 .
(1 u )
(1 u ) 1 u
Z du
En integrant par parties
nous obtenons la relation
(1 u )n
Z du
Z du
u .
2n
= (2n 1)
+
n
n
(1 u )
(1 u )
(1 u )n
Z du 1 1 + u nous en deduisons
Sachant que
= ln 1 u 2
1 u
2
46. x 7 !
2
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2 3
2
2
2 3
2 3
2
2
2
2
+1
2
2
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
Z
181
du = 1 3 ln 1 + u + 3u + 2u
.
(1 u ) 8 2 1 u 4(1 u ) 4(1 u )
En remplacant nous obtenons
0 q x 1
r
5 @ 1 + q x A 1
x 1.
ln (3x + 2x )
8
x
1 xx 4
2 3
2
2 2
1
2
qx
1+ x
qx
1
1
p
x ou " = 1 pour x > 0 et 1 sinon.
1
x
p
1p
Or 2x 1 2 x x =
donc
2
x
1
+
2
x
x
r
Z
p
p
(1 + x) x 1 dx = 5" ln 2x 1 + 2 x x + " (3 + 2x) x x.
x
8
4r
x 1 sont les apPour k = 1 ou k = 2, les primitives sur Ik de x 7 ! (1 + x)
"
p
px
5" plications x 7 !
ln 2x 1 + 2 x x + (3 + 2x) x x + Ck avec
8
4
Ck 2 R.
1
= 2x 1 + 2" x
2
2
2
2
2
2
2
48. Notons I =] 1; 1[ et I =] 1; +1[. Sur ces deux intervalles l'application
rx 1
x 7 ! u = x + 1 est continue.
rx 1
u = x + 1 2 R n f1g equivaut a x = 11 + uu 2 R n f 1g.
x 7 ! u est une bijection de I dans J =]1; +1[ ou de I dans J =] 1; 1[.
Pour que le changement de variable soit un C dieomorphisme il faut se placer
sur ] 1; 1[ a valeurs dans ]1; +1[ ou sur ] 1; 1[ a valeurs dans ] 1; 0[
ou sur ]1; +1[ a valeurs dans ]0; 1[. Les primitives ainsi obtenues etant alors
prolongees par continuite (ce qui les rend derivables) en x = 1.
Cela revient donc a eectuer les calculs pour u 2] 1; 1[ ou ]1; +1[.
Z rx 1
Z 6u
Nous obtenons alors
x + 1 dx = (1 u ) du.
6u
a + b + cu + d + eu + f avec a, b, c, d, e
=
(1 u ) (1 u) 1 u (1 + u + u ) 1 + u + u
et f reels.
6u
Un developpement a l'ordre 1 au voisinage de u = 1 de
conduit
(1 + u + u )
6u
2
2
a
= (1 + (u 1) + o(u 1)) donc a = b = .
(1 + u + u ) 3
3
Multiplions par (1+ u + u ) et substituons a u ou est une des deux racines
du polyn^ome X + X + 1.
Nous obtenons 6 = c + d soit encore
(1 )
1
2
3
3
3
3
1
1
2
2
1
3
3
3 2
3
3 2
2
2 2
2
3
2 2
3
2 2
2 2
2
3
2
CHAPITRE 10. PRIMITIVES ; CORRIGE S
182
6( 1)) = (c + d)(1 2 + ( 1 )).
Nous obtenons ensuite 2 = (d c) c. En refaisant le m^eme calcul avec la
racine conjuguee, il vient alors d = c et 2 = c soit c = d = 2.
En multipliant par u et en etudiant les degres (en fait chercher la limite en
2
l'inni) nous obtenons 0 = + d.
3
2 2
En substituant 0 a u nous obtenons 0 =
+ c + 2. Il vient alors
3 3
6u
2
2
2u + 2
6u + 2
=
+
.
(1 u ) 3(1 u) 3(1 u) (1 + u + u ) 3(1 + u + u )
2u + 1 3
u +u+1 = 4 1+ p
.
3
En integrant parZ parties comme nous l'avons deja fait dans d'autres exercices,
dX = X + 1 atan(X ).
nous obtenons
(1 + X ) 2(1 + X ) 2
En
6u + 2 = 3(2u + 1) 1 et 2u + 2 = (2u + 1) + 1 nous obtenons
Z ecrivant
6u du
(1 u )
(u 1) 2p3 2u + 1 2
2(
u
1)
1
=
+
+ ln
atan p .
3(1 u) 3(u + u + 1) 3
u +u+1
3
3
(u 1)
(u 1)
=
u + u + 1 u 1 . En remplacant nous obtenons
(1 u) = 1 p 1 + x + p 1 x .
2
1 xx
r
2 + 2(u 1) = 2u = (x + 1) x 1 .
3(1 u) 3(u + u + 1) 1 u
x+1
Nous
alors
r
Z r obtenons
x 1 dx = 1 ln p 1 + x + p 1 x (x + 1) x 1
x+1
3
x+1
!
p
p
p
2 3
1+x +2 x 1
atan
.
p p
3
3 1+x
rx 1
Pour k = 1 ou k = 2 les primitives sur Ik de x 7 !
x + 1 sont les applications
rx 1
p
1 p
x 7 ! 3 ln 1 + x + 1 x
(x + 1)
x+1 !
p
p
p
2 3 atan
1 + x + 2 x 1 + C avec C 2 R.
k
k
p p
3
3 1+x
xp
49. x 7 !
est denie, continue sur I =] 1; 1[.
(2 x ) 1 x
p
En utilisant le changement de variable x 7 ! u = 1 x nous obtenons
3
3 2
2
2 2
2
2
2 2
2
3
3 2
2
2
2
2
3
2
3
3
3
3
1
+1
3
2
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
2
3
3
3
183
Z
Z du
xp
2
dx = 3 1 + u = 23 atan(u).
(2 x ) 1 x
xp
Les primitives sur I de x 7 !
sont les applications
(2
x
)
1
x
p
x 7 ! 23 atan 1 x avec C 2 R.
x
50. x 7 ! p
est denie sur R et est continue.
x +x +1
Utilisons le changement
de variable x 7 !
u=x .
Z
Z
x
Nous obtenons p
dx = 12 p du
.
x +x +1
u +u+1
1 3
u + u + 1 = u + 2 + 4.
p
1
3
Utilisons alors le changement de variable t 2 R 7 ! u = + sh(t) 2 R
2 2
qui est un C di
e
omorphisme.
Z
Z
x
1
Nous obtenons p
dx = 2 1 dt = 2t .
x +x +1
x
Les primitives sur R de x 7 ! p
sont les applications
x
+
x
+
1
p
x 7 ! 12 ln 2x + 1 + 2 x + x + 1 + C avec C 2 R.
2
3
2
3
2
3
3
3
4
2
2
4
2
2
2
2
1
4
2
11
4
2
4
2
2
51. Notons I =] 1; 1] et I = [1; +1[.
1 p
est continue.
Sur ces deux intervalles x 7 !
(1
+
x
)
x
x
1
p
y = x 1 est la reunion de deux demies branches d'hyperbole d'asymptotes
les deux droites d'equations y = x et y = x. Coupons par une droite paralelle a l'une des asymptotes. Choisissons y = x + t an d'avoir x y = t.
8 t(t 1) > 0
>
<
p
x
+
t
>
0
6= 0
.
x + t = x 1 () t + 2tx = 1 () > t
: x = 1 t
2t
Le changement de variable t 7 ! x est un C dieomorphisme de ] 1; 0[ dans
]1; +1[ ou de ]1; +1[ dans ] 1; 1[. Les primitives trouvees etant alors
prolongeables en x = 1 et en x = 1. Nous ferons donc les calculs pour t
appartenant a l'un ou l'autre des intervalles [ 1; 0[ et [1; +1[.
Z 2(t 1)
Nous obtenons alors
t(t + 6t + 1) dt. En utilisant le changement de variable
Z t u7 ! 1u = t il vient
u(u + 6u + 1) du.
1
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
4
2
2
11
Voir l'expression de Argsh plus haut.
2
184
CHAPITRE 10. PRIMITIVES ; CORRIGE S
p
p
u 1
1
1 + 2p
1.
2p +
=
u(u + 6u + 1) 2(u + 3 + 2 2) 2(u + 3 2 2) u
p
p!
Z 2(t 1)
2
1
t
+ 3 2p2
t(t + 6t + 1) dt = 2 ln(t + t + 1) + 2 ln t + 3 + 2 2 ln(t ).
p
t = x + x 1. t + t1 = 4x 2 donc
p
1
1
ln(t + t + 1) ln(t ) = ln (1 + x ) x + x 1 + ln(2).
2
2
1 p
Pour k = 1 ou k = 2, les primitives sur Ik de x 7 !
(1 + x ) x
x 1
sont les applications qui a x associent
p
p2 x xpx 1 + 1 p2 !
1
p
p + Ck avec
ln (1 + x ) x + x 1 + ln
2
2
x x x 1+1+ 2
Ck 2 R.
2
2
4
4
2
2
2
2
2
2
4
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2x
2
2
2
2
2
2
!
p 1 .
52. 1 + 4x 4x = 2 1
# p
p "2
2 ; 1 + 2 . Sur I , l'application x 7 ! p x + 1
Soit I = 1
est
2
2
1 + 4x 4x
continue.
p
y = 1 + 4x 4x est une portion d'ellipse. Nous pouvons couper la courbe
p !
1
2 ; 0 et
par une droite passant par l'un des sommets de coordonnees
2
p !
1 + 2; 0 .
2
p
2 cos(t) + 1
On peut utiliser le changement de variable t 2]0; [7 ! x =
2I
2
qui Zest un C dieomorphisme. Nous obtenons
3 (1 + 4p2 cos(t)) dt = 3 (t + 4p2 sin(t)).
4
4
En remplacant il vient
2x 1 1 p
Z
x
+
1
3
p
dx = 4 asin p
1 + 4x 4x .
4
1 + 4x 4x
2
x+1
Les primitives sur I de x 7 ! p
sont les applications
1 + 4x 4x
1 p1 + 4x 4x + C avec C 2 R.
x 7 ! 43 asin 2xp 1
4
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
xp
est continue sur R.
(1 + x ) 1 + x
En utilisant le changement de variable x 7 ! y = x nous obtenons
53. x 7 !
2
4
2
185
Z
Z
xp
1p
dx =
dy.
(1 + x ) 1 + x
2(1 + y) 1 + y
Nous pouvons utiliser le changement de variable t 7 ! y = sh(t) qui est
Z
dt
un C dieomorphisme de R dans R. Nous obtenons alors :
.
2(1 + sh(t))
Utilisons enn le changement de variable t 7 ! u = exp(t). Il vient alors
p !
Z
1
u
+
1
2 .
du
p
= p ln u + 2u 1 2 2
u + 1 + 2
En remplacant u par sa valeur en fonction
p de x nous obtenons
p !
Z
xp
1
x
+
x
+
1
+
1
p2 .
p
dx = p ln (1 +px ) 1 + x p 2 2 x + x p+ 1 + 1 + p2
x + x + 1 + 1 + 2 = 2x + 1 + (1 + 2) + 2x 1 + x
p
p p
+2(1 + 2)x + 2(1 + 2) 1 + x
p p
p p
p
p
= 2(1 + 2)(( 2 1)x + 2 + ( 2 1)x 1 + x ) + x + 1 + x )
p p
p
p
p
= 2(1 + 2)( 2(x + 1 + x 1 + x ) + ( x x 1 + x + x + 1 + x ))
p
p
pp
= 2( 2 + 1)(x + 1 + x )( 2 1 + x + 1 x ) ; de m^eme
p
p
p
p
pp
x + x + 1 + 1 2 = 2( 2 + 1)(x + 1 + x )( 2 1 + x + 1 x ).
Nous obtenons
palors
p !
1p
x
+
x
+
1
+
1
p
p2 ln 2 2
x + x +1+1+ 2
p p p
!
= p1 ln (1 p2( p 2p 1 + x + 1 x )) 4 2
(1 + 2( 2 1 + x + 1 x ))
p p
! p
1p
2
1
+
x
1
+
x
+ ln( 2 1).
=
ln p p
4 2
2 1 + x + 1 x )) x
p
Les primitives de x 7 !
sont les applications denies sur R
(1 + x ) 1 + x
p p
!
1p
2
1
+
x
1
+
x
+ C avec C 2 R.
par x 7 !
ln p p
4 2
2 1 + x + 1 x )) 2
4
2
1
2
2
2
4
2
4
2
4
2
4
4
2
2
4
2
4
2
4
2
2
2
4
2
4
2
4
2
4
2
4
4
2
4
2
4
2
4
4
4
4
2
4
2
4
2
4
4
2
4
4
2
2
4
2
4
4
2
54. Notons I =] 1; 0[, I =]0; 6[ et I =]6; +1[.
Sur l'un quelconque de ces intevalles l'application x 7 !
1
2
2
3
continue.
Utilisons le changement de variable x 7 ! y =
r x
q
3
1
est
x (x 6)
2
c'est-a-dire x = 6y .
x 6
y 1
x 2 I 7 ! y 2 J =]0; 1[, x 2 I 7 ! y 2 J =] 1; 0[, x 2 I 7 ! y 2 J =
]1; +1[ sont des C dieomorphismes.
1
1
2
1
2
3
3
3
3
3
CHAPITRE 10. PRIMITIVES ; CORRIGE S
186
Z
Z
Nous obtenons alors sur ces intervalles q 1
dx = 3 y dy 1 .
x (x 6)
Le calcul des primitives peut donc ^etre eectue pour y 2 K =] 1; 1[ ou
pour y 2 K =]1; +1[.
2y + 1 !
1
1
y
+2
3
p
.
y 1 = 3(y 1) 3(y + y + 1) ; y + y + 1 = 4 1 +
3
Nous obtenons alors
y 1 p
2y + 1 dy
1
p .
3
y 1 = 2 ln (y 1) + 3 atan
3
En remplacant et en simpliant nous obtenons
0 r x 1
Z
1+2
p p p
B
1
1
x 6 C
CA.
q
p
dx = 2 ln x
x 6 + 3 atan B
@
3
x (x 6)
3
3
2
1
2
2
2
3
2
3
3
3
3
3
3
3
2
Pour k = 1, 2 ou 3 et pour x 2 Ik les primitives de x 7 !
q
3
0 r x
1+2
p
B
p
B
px 6
x 6 + 3 atan @
3
les applications denies par
p
x 7 ! 12 ln x
3
3
3
1
sont
x (x 6)
2
1
CC + C avec C 2
k
A k
R.
Remarque il existe une fonction continue denie sur R derivable sur R nf0; 6g
1
dont la derivee sur R n f0; 6g est x 7 ! q
.
x (x 6)
3
2
55. Notons I =] 1; 0[ et I =]1; +1[. Pour k 2 f1; 2g l'application denie
1
sur Ik par x 7 ! q
est continue.
x (x 1)
Notons " = 1 pour x > 1 et " = 1 pour x < 0. Utilisons le changement de
r x
variable x 7 ! y =
c'est-a-dire x = y .
x 1
y 1
x 2 I 7 ! y 2 J =]0; 1[, x 2 I 7 ! y 2 J =]1; +1[ sont des C
dieomorphismes.
Z dy
Nous obtenons alors 4"
.
1 y
1+y Z dy
4 = 2 + 2 donc 4"
= " ln
+ 2" atan(y).
1 y 1 y 1+y
1 y
j
1 yj
r x i h n o
Notons z = atan
x 1 ; z 2 0; 2 n 4 .
1
2
4
3
4
4
4
1
1
2
2
4
4
2
2
4
4
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
1
187
r x z = atan
x 1 () x =
sin (z ) = (1 cos(2z )) .
cos(2z )
4 cos(2z )
cos(2z ) est racine du polyn^ome X + 2(2x 1)X + 1.
p
Pour x > 1 la seule racine convenable est 1 2x + 2 x(x 1) et pour x < 0,
p
p
1 2x 2 x(x 1) soit nalement 1 2x + 2" x(x 1).
Nous obtenons
alors
1 p
p
1
z = 2 acos 1 2x + 2" x(x 1) = 2 2 asin 1 2x + 2" x(x 1) .
p
p
p 1 2x + 2" x(x 1) = " "(x 1)
"(x) .
p
p Nous obtenons donc "z = " asin
"(x 1)
"(x) .
2
0 p
1
p
Z
dx
"x + "(x 1) A
Nous obtenons nalement q
= " ln @ p
p
" "x
"(x 1)
x (x 1)
4
4
2
2
2
2
4
4
4
4
3
+ asin
Pour k 2 f1; 2g, les primitives sur Ik de x 7 !
tions denies
0 par
q
4
4
p
"(x 1) "x .
p
2
1
sont les applicax (x 1)
3
p "x + p "(x 1) 1
p
p
@
A
+ asin "(x 1) "x avec Ck 2
x 7 ! " ln p
p
" "x
"(x 1)
4
4
2
4
4
R.
56. Notons I =] 2; 1[, et I =]1; 2[.
1
Sur l'un quelconque de ces intervalles l'application x 7 ! p
x (x 1)(4 x )
est continue.
r
Considerons alors le changement de variable x 7 ! y = x 1 . Nous obte4 x
Z
Z dy
dx
p
nons alors
=
ou y > 0. En fait, pour le
4y + 1
x (x 1)(4 x )
dernier calcul y peut Z^etre reel quelconque.
!
r
dx
1
x
1
p
Nous obtenons donc
= atan 2
.
4 x
x (x 1)(4 x ) 2
h h
p
cos(2z ) puis
z = atan a) avec a>0 et z 2 0; 2 est equivalent a a = 11 + cos(2
z)
1 a
1
z = 2 acos 1 + a .
!
r
8 5x 1
x
1
1
Nous obtenons donc atan 2
= acos
.
2
4 x
4
3x
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
CHAPITRE 10. PRIMITIVES ; CORRIGE S
188
1
Pour k = 1 ou 2 les primitives sur Ik de l'application x 7 ! p
x (x 1)(4 x )
8 5x 1
+ Ck avec Ck 2 R.
sont les applications x 7 ! acos
4
3x
Autre methode.
Consid
Z eronsdxle cangementZde variabledyx 7 ! y = x . Nous obtenons alors
p
p
=
.
x (x 1)(4 x )
2y (y 1)(4 y)
2y 5 !
9
(y 1)(4 y) = 1
.
4
3
Considerons alors le changement de variable t 2]0; [7 ! y = 5 + 3 cos(t) 2]1; 4[
2 2
qui est un C di
e
omorphisme.
Z
Z
dy
1
p
=
Nous obtenons
dt.
5 + 3 cos(t) 2y (y 1)(4 y)
t . Il vient alors
Considerons enn le changement de variable t 7 ! u = tan
2
Z 1
Z
u
1
1
dt =
= atan
.
(5 + 3 cos(t))
4+u
2
2
!
r
!
tan t
1
1
1 4 x
En remplacant nous obtenons atan
= atan
.
2
2
2
2 x 1
Nous sommes ramenes au calcul precedent.
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
s
p
1 +p 1 x
est continue.
1 x
57. Notons I =] 1; 1[. Sur cet intervalle x 7 !
p
p
p 1 + 1 x = 1 1 + x + 1 x puis
2p
q p
p
p 1 + 1 x = 2 1 + x + 1 x . Donc
2
s p
p 1 +p 1 x
2 p1
1
=
+p
.
2
1 x
1+x
1 x
Z s 1 + p1 x
p p
p
p
Nous en deduisons alors
dx = 2 1 + x 1 x .
1 x
s p
Les primitives sur I de x 7 ! 1 +p 1 x sont les applications
1 x
p p
p x 7 ! 2 1 + x 1 x + C avec C 2 R.
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
58. Si n est pair notons I =] 1; 0[ et I =]0; +1[ ; si n est impair notons
I = [ 1; 0[ et I =]0; +1[.
p1 + xn
Sur chacun des intervalles I et I l'application x 7 !
x est continue.
1
1
2
2
1
2
189
p1 + xn xn p1 + xn
=
.
1
x
xn
p
Nous pouvons donc utiliser le changement de variable x 7 ! y = 1 + xn .
Nous
1 y Z p1obtenons
Z y
+ xn dx = 2
1
x
n y 1 dy = n 2y + ln 1 + y 2
2
p
1 1 + xn .
1 p
= 2 1 + xn + ln p
n
1 + 1 + xn p1 + xn
sont les applications
Pour k = 1 ou 2 les primitives sur Ik de x 7 !
x
p
n
p
x 7 ! n1 2 1 + xn + ln 1 p1 + xn + Ck avec Ck 2 R.
1+ 1+x
59. Notons I =] 2a; a] etrI = [a; 2a[.
Sur I et sur I , x 7 ! 1 x a est continue.
x 4a x
r
x a .
Utilisons le changement de variable x 7 ! y =
4a x
Nous obtenons (pour y 2 [0; +1[)
Z 1r x a
Z
y
dx
=
dy.
x 4a x
2(1 + 4y )(1 + y )
y
1
1
=
donc
2(1 + 4y )(1 + y ) 6(1 + y ) 6(1 + 4y )
Z
y
1
1
dy
= atan(y)
atan(2y).
2(1 + 4y )(1 + y )
6
12
1 u
p
1
Comme nous l'avons deja vu ailleurs, atan( u) = acos
.
2
1+u
Nous obtenons donc en remplacant
1 8a 5x 1 atan(y) 1 atan(2y) = 1 acos 5a 2x
acos
.
6
12
12
3a
24
3x
r
1 x a
Pour k = 1 et k = 2 les primitives sur Ik de x 7 !
x 4a x sont les
applications 1 8a 5x 1
5a 2x
x 7 ! 12 acos
acos
+ Ck avec Ck 2 R.
3a
24
3x
Z du
p
60. Comme nous l'avons deja vu plusieurs fois p
= ln u + 1 + u .
1+u
Pour x 6= 0,
p
x + 2 + 2px + 1
p
p
x
+1+1
x
+
1
+
1
2
p
=
=
= 1 + + 2 x + 1.
x
x
x
x
x +1 1
Notons I =] 1; 0[ et I =]0; +1p[.
Pour k = 1 ou 2 l'application x 7 ! px + 1 + 1 est continue.
x +1 1
1
2
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
2
2
2
CHAPITRE 10. PRIMITIVES ; CORRIGE S
190
En integrant par parties nous avons
p
p
Z px + 1
Z 1
x
+1
x + 1 + ln x + p1 + x .
dx
=
+ p
=
x
x
x
x +1
Nous
donc
p
Z pxobtenons
p
+
1
+
1
2
p
dx = x x 2 x x+ 1 + 2 ln x + 1 + x .
x +1 1
p
Pour k = 1 et k = 2 les primitives sur Ik de l'application x 7 ! px + 1 + 1
x +1 1
p
p
sont les applications x 7 ! x 2 2 x + 1 + 2 ln x + 1 + x + Ck avec
x
x
Ck 2 R.
61. Notons I =] 1; a[ et I =]b; +1[. Pour k = 1 ou 2 l'application denie
x
est continue.
sur Ik par x 7 ! p
(x a)(x b)
rx a
Utilisons le changement de variable x 7 !
x b . Notons " = 1 pour x > b
et " = 1 pour x < a.
x 2 I () y 2 J =]0; 1[ et x 2 I () y 2 J =]1; +1[.
Z
Z a by
x
Nous obtenons alors p
dx = 2" (1 y ) dy .
(x a)(x b)
a by = b + a b .
(1 y ) 1 y (1 y )
Z dy
nous en deduisons
En integrant par parties
1 y
Z dy
Z dy
y
1
y
1 1 + y =
+
=
+ ln
.
(1 y ) 2(1 y ) 2 1 y 2(1 y ) 4 1 y Nous obtenons donc en regroupant
:
Z a by
dy
= a + b ln 1 + y + (a b)y soit alors
(1 y )
4
1 y
p2(1 y ) p
!
Z
"
(
x
b
)
+
"
(
x
a
)
x
a
+
b
p(x a)(x b) dx = " 2 ln p"(x b) p"(x a) p
+ (x a)(x b).
p"(x b) + p"(x a) (2x a b) + 2"p(x a)(x b)
p"(x b) p"(x a) =
.
a b
p"(x b) p"(x a) (2x a b) 2"p(x a)(x b)
p"(x b) + p"(x a) =
.
a b
p
p"(x a) !
"
(
x
b
)
+
a
+
b
p
Nous obtenons donc "
ln p
2
"(x b)
"(x a) p
= a + b ln 2x a b + 2 (x a)(x b) + C
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
1
1
2
2
2
2 2
2
2 2
2
2 2
2
2 2
2
2
2
2
2 2
2
191
ou C est une constante dependant de ".
x
Les primitives sur Ik (pour k=1 ou 2) de l'application x 7 ! p
(x a)(x b)
sont les applications
p
p
p
x 7 ! (a + b) ln jx aj + jx bj + (x a)(x b) + Ck ou Ck 2 R.
62. L'application x 7 ! ln x + 1 est continue sur R . En integrant par parties
x
nous
obtenons
1 Z x 1
1
Z 1
ln x + dx = x ln x +
x
x x +1 dx = x ln x + x + x 2atan(x).
Les primitives sur R de x 7 ! ln x + 1 sont les applications
x
1
x 7 ! x ln x + x + x 2 atan(x) + C avec C 2 R.
+
2
2
+
p
63. L'application x 7 ! 1 + x ln(x) est continue sur R .
En
nous obtenons Z
Z pintegrant par parties
2
2
1
1 + x ln(x) dx = (1 + x) ln(x)
(1 + x)
dx.
3
3
1+x
p
Utilisons le changement de variable x 7 ! y = 1 + x. Nous obtenons alors
2Z
1
4Z y
(1 + x)
dx = 3 y 1 dy.
3
1+x
y = y + 1 + 1 donc Z y dy = 1 y + y 1 ln y + 1 puis,
y 1
y 1
y 1
3
2
y 1
p1 + x + 1 p1 + x + 1
en remarquant que p
=
,
x
1+x 1
Zp
1 + x ln(x) dx
p
p
2
= (1 + x) 1 ln(x) 4 1 + x(x + 4) + 4 ln(1 + 1 + x).
3
9
3
p
Les primitives sur R de x 7 ! 1 + x ln(x) sont les applications
p
p
x 7 ! 23 (1 + x) 1 ln(x) 49 1 + x(x + 4) + 34 ln(1 + 1 + x) + C avec C 2
R.
64. Nous supposons dans toute cette question que nous nous placons sur des intervalles ou les fonctions sont continues et ou les changements de variables sont
compatibles.
() Supposons 2 Z. Notons = ppmc(q; q0 ) 2 N . Posons x0 = y.
= qq = q0 q0 ou q et q0 sont des entiers. x = yq ; x = yq , dx = y dy
donc
Z
Z 0 q q
dy.
x a + bx dx = a + by y
+
3
2
4
3
2
4
3
2
2
4
2
2
2
3
2
2
3
2
+
3
2
1
1
1
1
1
1
1+
1
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
1
1
CHAPITRE 10. PRIMITIVES ; CORRIGE S
192
Il s'agit bien de rechercher une primitive d'une fonction rationnelle en y.
() Supposons + 1 = n 2 Z et 62 Z.
Posons y = a + bx q00 .
yq00 = a + bx , bx dx = q00 yq00 dy. x a + bx dx
= x yp00 (b ) x q00 yq00 dy .
1 00 n
x = x n = b yq a
. Nous obtenons alors
n
00 00 00 00
q
p
q
q
x a + bx dx = bn y
y a
dy .
Il s'agit bien de la recherche d'une primitive d'une fonction rationnelle en y.
() Supposons 62 Z et 1 + + = n 2 Z.
Posons yq00 x = a + bx .
q00 yq00 dy = ax dx.
q00 x yp00 q00 dx.
a + bx = x yq00 , x a + bx dx = a
n
x = an yq00 b
. Nous aboutissons a la recherche d'une pri1
1
1
1
1
1
1
+1
(
1)
+
1
1
1
1
+ +1+
+ +1+
+
1
1
+1
mitive d'une fonction rationnelleen y.
Exemples
p
p
x 1 + x . = 23 ; = 12 ; a = b = 1; = 2.
p
p
Sur R l'application x 7 ! x 1 + x est continue.
p x . x = y . Nous obtenons alors
Posons
y
=
Z p
Z
p
x 1 + x dx = 6 (1 + y ) y dy
3 p
12 p
3 p
= x x + x x + x x .
8p 13
5
p
Les primitives sur R de x 7 ! x 1 + x sont les applications
p
12 x p x + 3 x p x + C avec C 2 R.
x 7 ! 38 x x + 13
5
3
2
2
3
+
6
3
2
2
6
2
2
3 2
9
2
3
+
3
2
65.
p
2 6
2
2
2
3
2 6
2
3
2
1+x
1
. = 1; a = b = 1; = 6; = .
x
2
Notons I =] 1; 0[ et I =]0; +1[.
p
Pour k = 1 ou k = 2 sur Ik l'application x 7 ! 1 + x est continue.
x
p
Posons y = 1 + x . Nous obtenons alors
1 1 + y Z p1 + x
Z y
1
1
x dx = 3 y 1 dy = 3 y 2 ln 1 y .
En remplacant nous obtenons
6
1
2
6
6
2
6
2
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
3
2
193
Z p1 + x
x dx = ln(jxj)
1 ln 1 + p1 + x + 1 p1 + x .
3
p3
Pour chaque k, les primitives sur Ik de x 7 ! 1 + x sont les applications
x
p
1p
1
x 7 ! ln(jxj) 3 ln 1 + 1 + x + 3 1 + x + Ck avec Ck 2 R.
px
1
1
p
. = ; a = 1; b = 1; = 3; = .
2
2
1 x
px
Sur I =]0; 1[ l'application x 7 ! p
est continue.
1 x
r
Utilisons le changement de variable x 7 ! y = 1 x .
x
r
Z
2
dy
2
2
1 x . Les priNous sommes conduits a
= atan(y) =
3 p1 + y
3
3
x
x
mitives sur ]0; 1[ de x 7 ! p
sont les applications denies par
1 x
r
x 7 ! 23 1 x x + C avec C 2 R.
6
6
6
6
6
6
3
3
3
3
3
2
3
3
3
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
3
194
Chapitre 11
Integration
1. (a) Premiere formule de la moyenne
Soient f et g deux applications denies de [a; b] dans R. On suppose f
continue par morceaux et positive, on suppose g continue.
Montrer qu'il existe c 2 [a; b] tel que
Zb
a
f (t)g(t) dt = g(c)
Zb
f (t) dt.
a
(b) Deuxieme formule de la moyenne
Soit f une application decroissante, positive, de classe C de [a; b] dans
R. Soit g une application continue de [a; b] dans R.
1
Montrer qu'il existe c 2 [a; b] tel que
pourra poser G(t) =
Zt
a
g(u)du).
Zb
a
f (t)g(t)dt = f (a)
Zc
a
g(t)dt. (On
(c) Quel resultat a-t-on si on ne suppose plus f positive ?
2. (a) Soit f une application de [a; b] dans R. Soit g une application de [a; b]
dans R . f et g sont continues.
Zb
Zb
Montrer qu'il existe c 2 [a; b] tel que f (t)g(t) dt = f (c) g(t) dt.
+
1
a
a
(b) Soit f une application
Z de [0; 1] dans R1 de classe C . Montrer qu'il existe
c 2 [0; 1] tel que f (t) dt = f (0) + 2 f 0 (c).
(c) Soit f une application de [a; b] dans R de classe C . Soit = (t ; ; tn)
une subdivision de [a; b] telle que pour i entier entre 0 et n on ait
ti = a + i b n a .
Zb
n
X
b
a
Trouver une majoration de f (t) dt
n i f (ti ).
a
1
1
0
1
0
1
2
=0
3. Sommes de Darboux
Soit f une application continue par morceaux de [a; b] dans R.
Soit = (t ; ; tn) une subdivision de [a; b].
On pose, pour chaque i 2 f0; ; n 1g, mi =t2 tinf
f (t), Mi = sup f (t).
;t
0
[
1
2
Il s'agit de la premiere formule de la moyenne.
Il s'agit de la methode des rectangles.
i i+1 ]
t2[ti ; ti+1 ]
CHAPITRE 11. INTE GRATION
196
n
X
Notons S (f ) = (ti
Zi b
1
+1
ti )Mi et s (f ) =
=0
Montrer s (f )6
a
n
X
1
i=0
(ti
+1
f (t)dt6S (f ) et sup s (f ) =
Zb
4. Sommes de Riemann
a
ti )mi .
f (t)dt = inf
S (f ).
(a) Soit f une application continue denie sur un intervalle ferme borne
[a; b]; (a < b) a valeurs dans un espace vectoriel norme complet (pour
rester dans les limites du programme nous supposerons que E est de
dimension nie ; ce qui est inutile pour denir l'integrale d'une telle
fonction). Soit = (a ; a ; ; an) une subdivision de [a; b]. Soit
= (t ; ; tn ) denie par 8i 2 N; i6n 1, ti 2 [ai ; ai ]. Le couple
(; ) est apppele subdivision pointee de [a; b]. Nous noterons S 0a;b l'ensemble des subdivisions pointees de [a; b].
Montrer que pour tout " > 0 il existe > 0 tel que pour toute subdivision pointee (; ) de [a; b] on ait
0
0
1
1
+1
[
Z b
n
X
(ai
()6 ) f (t) dt
a
i
1
+1
=0
]
ai )f (ti ) 6".
(() appele le pas de la subdivision est le plus grand des nombres
n
X
1
ai
ai) ; (ai
ai )f (ti ) est la somme de Riemann de f associee
i
a la subdivision pointee (; ).
(b) Soit f une application continue par morceaux denie de [a; b] dans E .
Montrer qu'il existe g et h respectivement continue et en escalier telle que
f = g + h.
Montrer que l'on a encore le resultat precedent dans ce cas.
+1
+1
=0
5. Lemme de Gronwald
Soient f et g deux applications continues de [a;Z +1[ dans R. f >0. On supt
pose qu'il existe k 2 R tel que 8t>a; g(t)6k + f (u)g(u)du.
Z t
Montrer : 8t>a; g(t)6k exp
f (u) du .
aZ
t
a
Zt
On pourra poser (t) = k + f (u)g(u)du; F (t) = f (u)du et etudier
a
a
d ((t) exp ( F (t)).
dt
6. (a) Soit E un K -espace vectoriel norme de dimension nie , soit f une application de classe C n (n>1) de I (intervalle de R, contenant 0), dans E .
f (0) = 0.
1
On pose g(0) = f 0 (0) et pour t 6= 0; g(t) = f (t).
t
3
3
Parce que c'est ainsi dans les programmes mais il surait que E soit complet.
197
Montrer que g est de classe C n sur R. On pourra utiliser la formule de
Taylor avec reste integral.
(b) On suppose qu'il existe p>2 tel que 8k 2 N; k < p6n; f k (0) = 0. On
1
1
pose pour t 2 I n f0g; g(t) = p f (t) et g(0) = f p (0).
t
p!
Montrer que g est de classe C n p .
(c) Soit E un K -espace vectoriel norme de dimension nie.
Soient a < a < < an n reels d'un intervalle I (n>1). Soit f une
application de classe C n de I dans E , nulle en les ai .
Montrer qu'il existe!une application g de I dans E continue telle que
1
( )
( )
1
f (t) =
2
Yn
k=1
(t ak ) g(t).
7. Soit f une application continue par morceaux denie de [a; b] dans R. On
b a
Zb
n
X
b
a
pose pour n 2 N , Rn = f (t) dt
n k f a+k n .
a
1
=0
(a) f est croissante ; determiner un encadrement de Rn.
(b) f est C -Lipschitzienne ; montrer que l'on a : jRnj6C (b a) .
2n
b a (f (b) f (a)).
(c) f est de classe C ; montrer n!lim1 nRn =
2
(d) f est de classe C ; montrer que quand n tend vers +1 on a
1
b
a
(
b
a
)
0
0
Rn = 2n (f (b) f (a)) 12n (f (b) f (a)) + o n .
8. Soit f une application croissante de ]a; b[ dans R, continue par morceaux,
integrable.
b a X
b a
n
Pour n 2 N on pose Sn =
n k f a+k n .
2
1
+
2
2
2
2
1
Zb
=1
Montrer que (Sn)n2N converge vers
Applications :
a
f (t)dt.
n
(a) Calculer les limites des suites (n!)
n
1
(b) En utilisant
Y k n
1
k=1
sin
n
Montrer
1
0
n2N
n , calculer
2n
1
Pour q 2 N ;
n
X
1
pn p1
k
k
; et
Z
1
0
=1
!
.
n2N
ln(sin t)dt.
f q = q ; f (t) = 0 si t 2= N.
f = 0 et (Sn)n2N ne tend pas vers 0.
(c) Soit f denie sur ]0; 1].
Z
=
!
2
1
CHAPITRE 11. INTE GRATION
198
9. (a) Soit g une application de R dans C periodique, continue par morceaux.
Soit f une application de [a; b] dans l'espace vectoriel norme de dimension
nie E continue par morceaux.
Z b
Montrer qu'il existe M >0 tel que 8 2 R; g(t)f (t) dt 6M .
a
(b) Soit g une application T -periodique denie de R dans C continue par
morceaux. Z b
1 Z T
Montrer !lim1 g(t) dt = (b a)
T g(t) dt .
a
(c) Soit g une application T -periodique denie de R dans C continue par
morceaux.
Zt
Posons pour t 2 R G(t) = g(u) du.
Determiner 2 C pour que t 7 ! G(t) t soit periodique.
(d) Soit g une application T -periodique denie de R dans C continue par
morceaux.
Soit f une application de [a; b] dans l'espace vectoriel norme de dimension
nie E continue et de classe C par
1morceaux.
Z b
ZT
Zb
Montrer !lim1 g(t)f (t) dt =
g(t) dt
f (t) dt .
T
a
a
(e) Retrouver le resultat precedent lorsque f est seulement continue par morceaux.
(f) Le resultat reste-t-il vrai si f est denie, continue par morceaux, de ]a; b[,
non necessairement borne, dans C inegrable ?
(g) Appliquer les resultats precedents avec g(t) =
exp(it); j sin(t)j; j cos(t)j; sin (t); cos (t).
(h) Soit f une application continue par morceaux denie de R dans C , integrable.
+
0
0
1
+
0
2
Calculer n!lim1
Z
+
1
f (t) sin(nt) dt, n!lim1
1
+
2
Z
+
10. Determiner deux reels a et b tels que :
X1
1
+
8n 2 N ;
f (t)j sin(nt)j dt.
1
Z
0
(at + bt ) cos(nt)dt = 1 .
n
2
2
1
.
n n
On pourra utiliser le resultat de l'exercice precedent.
11. Soit f une fonction
de R dans
Z continue
R, 1-periodique.
1
E tudier lim
f (t) exp( t)dt .
!
En deduire la valeur de
+
2
=1
+
0+
0
12. Soit f une application
Z continue de [0; 1] dans R. Soit g(t) = 4E (t) 2E (2t)+1.
Determiner : n!lim1 f (t)g(nt)dt.
1
+
0
199
13. Soient C l'ensemble des applications continues strictement croissantes de [0; 1]
dans lui-m^eme, D l'ensemble des application continues strictement decroissantes de [0; 1] dans lui-m^eme telles que :
(f 2 C ) ) (f (0) = 0; f (1) = 1); (g 2 D) ) (f (0) = 1; f (1) = 0)
Montrer : sup
Z
g2D
1
0
f (t)f (g(t))dt =
Z
1
0
f (t)dt, la borne n'etant pas atteinte.
14. Soit f continue, strictement croissante de : [a; b] ! R; f (0) = 0.
Montrer : 8(x; y) 2 [0; a] [0; f (a)]; xy6
Zx
0
f (t)dt +
Zy
0
f (t)dt.
1
15. Soit t 2 [0; 1[ ; on considere le developpement propre decimal de t qui est egal
a : 0; a a a a ai . On pose f (t) = 0; a a a a ai (on
echange les deux premieres decimales) et f (1) = 1.
(a) f est-elle continue ?
1
2
3
(b) Calculer
4
2
Z
1
0
1
3
4
f (t)dt.
16. Soit f une fonction continue de [a; b] dans R, telleZque : 8t 2]a; b[; Zf (t) > 0.
b
xk
f (t)dt = n1 f (t)dt
Soit (x ; ; xn) une subdivision de [a; b] veriant
a
xk
pour tout entier k entre 0 et n 1.
n
X
Soit g une application continue de [a; b] dans R. Determiner n!lim1 1 g(xk ).
nk
+1
0
+
=0
17. Soit f une application continue par morceaux de [a; b] dans R (a < b). On
pose In =
Montrer :
Zb
+
f n (t)dt.
a
In In
2
> (In ) ; (n>2).
1
2
18. Soit f : [0; 1] ! R continue par morceaux telle que :
P 2 R[X ] tel que
Z
Z
1
+
1
0
0
f (t)dt > 0. Soit
P (t)f (t)dt = 0. Montrer que P est nul.
2
19. Soit f une application de classe C de [a; b] (a < b) dans l'espace vectoriel E
de dimension nie avec f (a) = f (b) = 0. Soit M = sup kf 0 (t)k.
1
(b a)
Z b
Montrer la relation : f (t) dt 6M
.
4
a
2
t2[a; b]
20. Soit f une application de classe C de [a; b] (a < b) dans l'espace vectoriel E
de dimension nie avec
Z fb(a) = f(b) (=b 0. a)
00 k1 .
Montrer l'inegalite : f (t) dt 6
k
f
12
a
2
3
CHAPITRE 11. INTE GRATION
200
21. Soit f une application de classe C de [a; b] dans R. (a < b). On suppose
f (a) = 0.
Zb
Z
(b a) b 0
Montrer l'inegalite : (f (t)) dt6
(f (t)) dt.
2
a
a
Cas d'egalite ?
1
2
2
2
22. Soit f une application de [0; a] dans R de classe C . (a > 0; f (0) = 0).
Za
Za
a
0
0 (t)j dt.
Montrer l'inegalite : jf (t)f (t)j dt6
j
f
2
Cas d'egalite ?
On supposera en premier lieu ff 0 >0.
1
2
0
0
23. Soit g une application de [0; 1] dans [a; b] continue par morceaux ; soit ' une
application de [a; b] dans R convexe continue.
Montrer : '
Z
1
0
Z
g(t)dt 6
1
0
'(g(t))dt.
24. Soit f une application continue de [a; b] dans C . On suppose que pour toute
application g de classe C de [a; b] dans C veriant g(a) = g(b) = 0 on a
Zb
a
2
f (t)g(t) dt = 0. Montrer que f est nulle.
25. Soit f une application de classe C de R dans R. On suppose f + f 00 >0.
Montrer 8t 2 R; f (t) + f (t + )>0.
On pourra integrer par parties t 7 ! sin(t)f 00 (t).
2
26. Soit f une application de [a; b] dans R de classe C non identiquement nulle.
On suppose f (a) = f (b) = 0; f >0 et f + f 00 60.
Montrer que l'on a b a6.
On pourra supposer le contraire.
2
27. Determiner une application continue de R dans R veriant :
8(x; y) 2 R ; f (x + y) + f (x y) = f (x)f (y).
On veriera que f est paire et de classe C 1 .
2
28. Rechercher les applicationsZf de R dans R continues par morceaux veriant :
y x
8(x; y) 2 R ; f (x)f (y) =
f (t) dt.
2
+
y x
29. Soit f 2 C (R; R) telle que 8(x; y) 2 R ; f (x + y)f (x y)6(f (x)) .
Montrer 8x 2 R; f (x)f 00 (x)6(f 0 (x)) .
2
2
2
2
Z
Z
dt
f (t) dt
30. E tudier les suites denies par In =
et Jn =
1 + cos (nt)
1 + cos (nt)
ou f est une fonction continue.
On pourra utiliser la premiere formule de la moyenne vue plus haut.
0
2
0
2
31. Soit n 2 N. Calculer In =
4
Z
Z
2
0
201
Z
cos(t)ndt =
2
0
sin(t)ndt.
32. Soit f (x) = (sin(t))x dt ; x 2 R.
E tudier les variations de f .
Determiner une relation entre f (x) et f (x + 2).
Soit g(x) = (x + 1)f (x)f (x + 1). Verier que g est constante ; en deduire un
equivalent de f (x) quand x tend vers +1.
2
0
33. Calculer pour n 2 N; n > 2p, avec p 2 N,
En deduire la valeur de l'integrale
Z
0
n
X
2
1
q=0
cos p x + q .
n
2
cos p (x) dx.
2
n n 1 p
34. En utilisant la suite de terme general un =
2n; n 2 N et les intee n!
n p
grales de Wallis montrer que n
2n n! 1 n!
e
35. Integrales de Bertrand
a
t)jb est-elle integrable sur l'un ou l'autre des intervalles suivants :
t 7 !1 t j ln(
1
0; , ; 1 , ]1; 2], [2; +1[ ?
2 2
36. Determiner les limites des suites dont les termes generaux sont les suivants.
v
v
u
u Yn
n
n
X
Y
u
1
p
1t
1 u
n
n
p
sin
,
(n + p) , t
n
+p ,
n p
n n p
n p
+
2
2
3
2
2
1
X 1
sin n p 2 + cos
n
=1
1
=1
p
n
=1
.
37. Soit z un nombre complexe de module
Z diedtrent de 1. Calculer en utilisant les
sommes de Riemann l'integrale :
z exp(it) .
2
38. Calculer pour x 2 R, jxj =
6 1
Z
0
0
ln(1 2x cos(t) + x ) dt.
2
Z cos(nt)
cos(nx)
39. Soient n 2 N; x 2]0; [. Calculer In =
dt.
cos t cos x
On pourra rechercher une relation de recurrence entre In ; In ; In.
0
+2
+1
40. (a) Soit f la fonction 2-periodique denie de R dans R telle que pour t 2
[ ; ]; f (t) = cos(t) ou 2 R n Z.
Determiner la serie de Fourier de f .
4
Il s'agit d'une integrale de Wallis.
CHAPITRE 11. INTE GRATION
202
(b) En deduire 8x 2 R; sin(x) = x n!lim1
+
(c)
Yn 1 x .
k
k=1
2
Zn
Soit, pour n 2 N
2
tx
2
et pour x > 0, In(x) =
Montrer n!lim1 In(x) = (x).
En deduire la relation 8x 2]0; 1[; (x) (1 x) =
0
1
+
5
41. Soit, pour x > 0, (x) =
Z
1
+
0
1 t
n
n
dt.
.
sin(x)
tx exp( t) dt.
1
(a) Montrer que est convexe.
Montrer que ln est convexe
px .
(b) Soit x>1. Soit le changement
de
variable
u
7
!
t
=
x
+
u
8
px]
0
si
u
2
]
1
;
>
<
x
Posons f (u; x) = > .
u
: 1 + px exp( upx) si u 2] px; +1[
Z 1
Z 1 u
Montrer x!lim1
f (u; x) du =
exp
du.
2
1
1
En deduire un equivalent, lorsque x tend vers +1 de (x + 1).
6
+
+
2
+
Z
Z
1
1
42. Calculer les integrales :
dt (a > 0);
1 + a sin (t)
2+E
t + 2 Z p
Z 1
tan(t) dt;
2 + (t + 3) ln
t + 4 dt,
Z
Z ln(t) Z cos (t)
p1 t dt;
pcos(2t) dt;
(cos(t)) ln(tan(t)) dt;
Z 1
Z
Z t 1
1
1
p
dt; p
dt;
dt;
ch(t) + ch()
ln(t)
1+t + 1 t
1 + t
Zb
Z t
n
t
p(b t)(t a) dt; p1 t ln 1 t dt.
a
2
0
+2
1
0
1
t
dt;
+
0
0
1
2
0
+4
0
+
3
0
1
0
1
2
0
1
2
0
3
2
0
43. Soit f une application continue par morceaux de R dans R, integrable.
Montrer x!lim1
Z
1
+
1
+
jf (x + t) f (t)j dt = 2
Z
1
+
1
jf (t)j dt.
44. Soit f une application continue de R dans R. On suppose que f a pour limite
l0 2 R en -1 et l 2 R en +
Z 1y .
Determiner x;y !lim1; 1 (f (t + 3) f (t + 1)) dt.
(
5
6
)
(
+
)
x
Il s'agit de la formule des complements.
On dit que est log-convexe.
203
45. Soit f une application continue de R dans R, decroissante au voisinage de
+1, integrable.
! Z 1
X1
Montrer : hlim
h f (nh) = f (t) dt.
!
+
+
0+
+
n=0
0
Determiner les limites (si elles existent)
X1 n(1 t)tn ln(t)
X1 n(t 1) ln(t)
lim
t! n
! n
tn 1 , tlim
tn 1 .
+
1
+
1+
=1
=1
46. (a) Soit f une application continue par morceaux de R dans R . On suppose
f decroissante et integrable.
Montrer : t!lim1 tf (t) = 0.
Verier que la monotonie est utile ; etudier la reciproque.
(b) Soit f une application continue par morceaux de ]0; 1] dans R. On
suppose f monotone et integrable.
Montrer : lim
tf (t) = 0.
t!
Verier que les hypotheses sont utiles ; etudier la reciproque.
(c) Soit f une application monotone denie de ]0; 1] dans R. Soit a un reel
tel que t 2]0; 1] 7 ! ta f (t) 2 R est integrable.
a f (t) = 0.
Montrer : tlim
t
!
+
+
+
0
+1
0+
47.
Z
1
t dt.
(1 + t )n
Ecrire une relation de recurrence liant In et In .
Quel est un equivalent de In quand n tend vers +1 ?
Soit pour n 2 N In =
+
2
4
0
+1
Z
48. Existence de I =
1
0
1
(ln(t))(ln(1 t)) dt. Montrer que l'on a : I = X
1.
t
n n
+
3
Z
=1
1
t ln(t) dt.
(1 + t )
50. Les integrales suivantes existent-elles ?
Z 1
Z 1
Z 1 1 Z ln(1 t )
t
cos(t ) dt;
t dt;
ln cos dt;
dt,
t
t
Z 1 t ln(t) Z 1 ln(t) ln(1 exp( t)) Z 1 1 1 dt;
dt;
(t + 1)
t
t exp t dt;
Z 1 exp( at) sin(t)
Z 1
pt + 1 dt (a > 0); ta ln(t + exp(at)) dt (a 2 R);
Z 1 dt Z 1 dt
Z 1 dt
p
pt(1 + exp(t)) ; ta + tb (a; b) 2 R ;
;
t +t
Z 1 dt
Z 1
(a > 0);
j
sin(t)jta dt (a > 0).
a
1 + t sin (t)
49. Existence et calcul de
+
3
4 3
0
+
2
0
+
1
2
0
+
2
0
2
+
0
1
+
2
+
0
0
+
+
3
0
+
0
0
+
0
2
+
2
0
+
+
2
0
2
CHAPITRE 11. INTE GRATION
204
51. Calculer les integrales suivantes, (ou r
n 2 N ), si elles existent.
Z 1 dt Z 1 dt
Z
Z
1 t
n
;
);
t 1 + t dt;
cos(t) ln(tan(t)) dt.
(t + 1)n
(t + 1)n
+
+
3
0
1
4
0
2
0
1
52. En decomposant 1 n en elements simples sur C , calculer
1+t
N ).
Z
2
Z t
53. Montrer que l'on a :
1
0
dt (n 2
11 + t n
2
X1 1
ln(t)
t 1 dt = n (2n + 3) .
+
2
2
2
=0
54. Soit x 2 R. Montrer l'egalite :
Z
1
+
Z x sin(t)
exp( x cos(t)) cos(x sin(t)) dt = 2
t dt.
Z 1 sin(t)
En deduire la valeur de l'integrale impropre
t dt.
On pourra developper en serie entiere, de la variable x, exp ( x exp(it)).
2
0
0
+
0
55. Determiner les limites suivantes, si elles existent.
Z x sin(t)
Z x sin(t)
lim
x! 1 x
! x
t dt, xlim
t dt.
56. Determiner des equivalents dans les conditions proposees.
3
3
2
+
(a) f (x) =
2
0
Z
1 exp(
+
p xt) dt (x ! 0 ).
1+t
+
Z x dt
Zx
(b)
; et exp(t )dt. (x ! +1).
e ln(t)
Z
n
0
2
2
0
(c) In =
1
(ln(1 + t)) dt (n ! +1). (Integrer par parties).
Z x sin (t)
0
2
t ln(t) dt (x ! +1).
57. Soit f une application de classe C de R dans R .
0
On suppose t!lim1 f (t) = l > 1.
f (t)
f est-elle integrable ?
Zn
Donner un equivalent, lorsque n tend vers +1, de
f (t) dt.
(d)
1
+
+
+
+1
58. Soit f une application de classe C de R dans R .
0
On suppose t!lim1 f (t) = l 2 R.
f (t)
Soit g l'application de R dans R denie par :
1
+
+
+
n
205
8
>
<
g(t) = > 1
:
t
si t 6= 0
exp( t)
.
1
si t = 0
Montrer :
f non integrable )
X1
n
X
k=1
+
f integrable )
k=n+1
f (k) n! 1 g(l)
+
f (k) n! 1 g(l)
Z
Zn
0
1
+
n
+
!
f (t) dt .
!
f (t) dt .
On pourra poser h(t) = f (t) exp( t) et, sous certaines conditions, remarquer
que h est monotone au voisinage de +1.
n
1
X
exp(k) et X
exp( k) lorsque n tend vers
Trouver des equivalents de
k
k
k
k n
+1.
Z sin(nt)
Z sin (nt)
59. Soit n 2 N, on pose In =
dt; Jn =
dt.
sin(t)
sin (t)
Calculer Jn
Jn puis Jn.
+
=1
= +1
2
0
0
2
+1
60. Soit f une application continue de R dans C , de classe C de derivee integrable.
1
+
x2R 7 !
Zx
+
0
f (t) dt
X
E (x)
k=0
f (k) 2 C a-t-elle une limite en +1 ?
61. Soit f : [0; 1] ! R, continue par morceaux, ayant l pour limite en 0.
Z h
h 7 ! h + t f (t) dt a-t-elle une limite en 0 ?
62. Soient f et g deux applications continues de [0; 1] dans R . On pose pour
1
0
2
n 2 N, un =
2
Z
+
1
0
g(t)(f (t))n dt.
E tudier la suite de terme general un .
un
Z x 1
1
63. Soit 2] 1; 1[. Determiner xlim
sin
! x
t dt.
+1
0
0
64. Determiner un equivalent lorsque n tend vers +1 de In =
Z
tn dt.
1 + tn
1
Z x dt
65. Donner un developpement asymptotique de
(a > 1) lorsque x tend
ln(t)
vers +1.
a
66. Trouver un equivalent, lorsque x tend vers +1 de F (x) =
0
Z
1 exp(
+
1
pt xt) dt.
CHAPITRE 11. INTE GRATION
206
67. Soit fZ une application continue de R dans R bornee. On pose, pour n 2 N,
1
un = exp( nt) fp(t) dt.
t
Determiner le developpement en p1 au voisinage de l'inni a l'ordre 1 de un .
n
+
+
0
68. Trouver un equivalent lorsque n tend vers +1 de un = exp(
ou a 2 R.
na )
Zn
1
exp(ta ) dt
69. (a) Soit f une application continue par morceaux de [0; 1] dans E ou E est
un espace vectoriel normZe de dimension nie. On note l la limite de f
en 1. Montrer que n!lim1 ntnf (t) dt = l.
7
1
+
0
Z tn
ln(t) dt.
(b) Pour n 2 N on pose In =
1 t
Trouver un equivalent de In.
Mettre In sous la forme de la somme d'une serie.
(c) Soit f une application de [0; 1] dans E de classe C telle que f (1) = 0.
1
+1
2
0
Z
Calculer : nlim
n
!1
1
2
0
1
tnf (t) dt .
tude de la suite de terme
70. Soit f une application continue
R. E
Z de [0; 1] dans
general In deni par In = n tn tn f (t) dt.
1
2
+1
0
71. Soit E un K -espace vectoriel norme de dimension nie. Soit f : [0; 1] ! E
continue.
Z
n
Soit : a 2 [0; 1] ; determiner n!lim1
f (at )dt .
1
+
0
72. Soit f une
continue de [0; 1] dans C . On pose pour n 2 N
Z application
n
un (f ) = f (t) 1t+ tn dt.
1
K
Montrer qu'il existe K 2 R veriant, lorsque n tend vers +1, un (f ) = + o
n
n .
On commencera par le cas ou f est de classe C .
1
1
0
1
73. (a) Soit f une fonction continue sur [0; 1].
Determiner n!lim1 n
+
Z
1
0
f (t) ln(1 + tn )dt.
(b) Determiner un equivalent de
7
Z
E de dimension quelconque, complet sut.
1
0
On admettra
X1 1
+
k=1
n
2
=
.
6
2
tn dt ln(2) quand n ! +1.
1 + tn
n
207
74. Soit a > 0 ; calculer
Z cos(nt)
1
In = ch(a) sin(t) dt
2
Jn = 1
et
0
Z
sin(nt) dt
ch(a) sin(t)
2
0
75. Soit g une application derivable sur [0; 1] a valeurs reelles.
Z x g(t)
Soit f (x) =
dt; x 2]0; 1[. Determiner xlim
f (x); xlim
f (x).
!
!
x sin(t) ln(t)
2
76. Soit 6= 1. Calculer lim
!
Z
1
1
0+
pt(t
1
1
dt.
1)( t)
77. Soit f une application de R dans R continue ; on suppose t!lim1 f (t) = l 2 R.
Zn
f (t)dt
Determiner n!lim1 X
n
0
+
78. Existence de
k=0
Z
+
f (k )
+
.
1
+
0
xa ln(x + exp(ax)) dx.
Z ta tb
79. Existence et calcul de
dt ou a et b sont des reels strictement positifs.
ln(t)
Z ta 1
1
0
80. (a) Existence de I =
1
0
dt ; a 2 R.
ln(t)
(b) Montrer que l'on a : I = xlim
!
Z
1
Z xa
1
du.
ln(u)
+1
x
(1 t)n
dt; n>2. Trouver un equivalent de In lorsque
ln(t)
1 n tend vers +1. On pourra comparer avec les integrales sur 0; n ln(n)
ln(n) et sur 0;
n .
(c) Soit In = n
1
1
0
81. Soit n 2 N. Calculer fn(x) =
Z
1
0
(1
t)ntx
82. E tudier la fonction denie par f (x) =
Z
Z
Z
1
1
dt puis
p dt
t +x
3
0
3
Z
2
1
fn(x) dx.
avec x>0.
83. (a) Soient I =
ln(sin t) dt; J =
ln(cos t) dt. Montrer que ces integrales existent.
En calculant I + J en fonction de I ou J , en deduire la valeur de I et J .
2
0
2
0
208
(b) Calculer pour jxj 6= 1 l'integrale
Z
la fonction x 7 !
ln(x
0
ln(x
2
2x cos(t) + 1) dt en etudiant
2x cos(t) + 1) dt.
2
0
Z
CHAPITRE 11. INTE GRATION
(c) Retrouver le resultat precedent.
Z
84. Existence et calcul de
11
cos(tx)
exp( t) dt = F (x).
t
+
2
0
Calculer F 0 (x); F 00 (x).
Z
1
dt .
85. On pose, sous reserve d'existence, f (x) =
tx (1 + t)
Etudier la continuite de f , un equivalent au voisinage de 0. Quelle est la borne
inferieure de f ?
+
0
86. Calculer F (x) =
87. Calculer
Z
2
0
Z
1
+
0
exp
x
t
2
t
2
2
dt.
cos(t) ln(tan(t)) dt.
Z
2
88. On pose F (x) =
exp(2x cos(t)) dt. Determiner une equation dierentielle
lineaire dont F est solution.
E crire F (x) sous la forme d'une serie entiere.
8
0
89. Determiner f (x) =
Z
1
+
0
91. La fonction t 2 R
+
2
t
est-elle integrable ?
1 + t sin (t)
q1
7!
2 R est-elle integrable ?
(1 + t ) sin (t)
90. La fonction t 2 R 7 !
+
exp( t ) ch(2tx) dt ou x est reel.
2
6
2
3
2
Z
y tx
1
92. E tudier ylim
dt (x > 1).
! ln(1 y )
ln t
93. Soit f et g deux applications continues
Z x de R dans C .
1
On pose pour x 6= 0; F (x) =
x g(x y)f (y)dy.
(a) Determiner xlim
F (x).
!
(b) On suppose f integrable et g bornee. Determiner x!lim1 F (x).
1
0
0
0
+
On trouvera des resultats sur les fonctions de Bessel dans livre Resume de cours Textes et
corriges de devoirs a la page 479 et suivantes.
8
209
94. (a) Soit g une application denie sur ]0; b[ (0 < b6 + 1) a valeurs reelles,
continue. Soit h une application denie sur [0; b[, a valeurs reelles, continue. On suppose :
8t 2]0; b[, h(t) < h(0), g(t) t! At avec A > 0 et > 1,
h(t) h(0) t! ct avec c > 0 et > 0.
Il existe a 2]0; b[ tel que h est decroissante sur [0; a] et pour t 2 [a; b[,
h(t)6h(a).
L'application t 2]0; b[7 ! g(t) exp(h(t)) 2 R est integrable.
0
0
Zb
Pour x 2 R on pose F (x) = g(t) exp(xh(t)) dt , sous reserve d'existence.
Demontrer que l'on a :
+ 1
A
F (x) x! 1 exp(xh(0))(cx) .
(b) Soient g et h deux applications denies sur ]a; b[ ( 16a < b6 + 1) a
valeurs reelles continues. Il existe c 2]a; b[ veriant les proprietes suivantes :
8t 2]a; b[nfcg; h(t) < h(c).
g(c) 6= 0, h(t) h(c) t! d(t c) avec d > 0 et > 0.
Il existe > 0 tel que h est decroissante sur [c; c + ], croissante sur
[c ; c], pour t 2]a; c ], h(t)6h(c ) et pour t 2 [c + ; b[,
h(t)6h(c + ).
L'application t 2]a; b[7 ! g(t) exp(h(t)) 2 R est integrable.
+
0
+1
+
0
Zb
Pour x 2 R on pose F (x) = g(t) exp(xh(t)) dt, sous reserve d'existence.
Demontrer que l'on a :
1
g
(
c
)
F (x) x! 1 exp(xh(c))(dx) .
Application : soit f une application de ]a; b[ dans R de classe C qui
possede un maximum en c 2]a; b[. On suppose que f 0 (t) 6= 0 pour t 6= c
et f 00 (c) < 0. Soit g est une application continue de ]a; b[ dans R . On
suppose gf integrable sur ]a; b[.
+
0
1
+
2
+
Determiner un equivalent de
Zb
+
a
g(t)f n(t) dt lorsque n tend vers +1.
(c) Appliquer ce qui vient d'^etre vu pour trouver un equivalent, lorsque x
tend vers +1 ou lorsque n 2 N tend vers +1, des integrales
Z
Z
1
+
0
1
+
1
exp(tx t ln(t)) dt;
Z
dt
,
(1 + t + t )n
2
4
1
+
1
Z
1
+
0
tx exp(
p
t) dt;
exp( nt ) 1 + t dt,
2
2
Z
Z
1
1
1
0
(1 t )n dt,
2
(ln(1 + t))n dt.
210
CHAPITRE 11. INTE GRATION
Z
95. On pose pour x 2 R, f (x) =
1 exp(itx)
+
1+t
sur R, derivable sur R , non derivable en 0.
2
0
Z
dt. Montrer que f est continue
1
1 (1 exp( xt )) dt. Montrer que f est
t
derivable. Donner une expression de f a l'aide des fonctions classiques.
96. Soit x 2 R . On pose f (x) =
+
+
Z
2
2
0
1 atan(x + t)
+
dt.
1+t
Montrer que f est de classe C sur R. Calculer f 0 (x) puis en deduire f (x).
97. Soit f (x) =
1
2
1
98. On pose pour x > 0, F (x) =
au voisinage de 0 et de +1.
Z
1
0
exp(t)
t + x dt. Continuite, derivabilite, equivalent
99. Soit f une application continue de R dans R.
+
(a) On suppose f integrable et on pose pour x > 0, F (x) =
F est-elle denie, est-elle continue ?
Determiner : x!lim1 xF (x).
+
(b) On suppose cette fois que l'integrale impropre
gente. Reprendre la question precedente.
Z
Z
1
+
0
Z
1
+
0
f (t) dt.
t+x
f (t) dt est conver-
1 sin(xt)
100. On pose, si l'integrale impropre existe, f (x) =
dt.
1+t
E tudier des equivalents de f lorsque x tend vers 0 ou vers +1.
Z 1 sin(t)
On admettra que l'integrale impropre convergente
t dt est egale a
.
2
Z 1 1
101. On pose, sous reserve d'existence, pour x 2 R, f (x) =
exp( itx) dt.
1+t
1
Montrer que f est derivable sur R. Trouver une relation entre f et f 0 . Determiner f .
+
0
+
9
0
+
2
102. Verier que l'on a :
Z ln(1 + xt) ln(2)
Z x ln(1 + t)
dt = 2 atan(x) + 8 ln(1 + x )
dt.
1+t
1+t
Z ln(1 + t)
En deduire la valeur de l'integrale
dt.
1+t
1
0
2
2
0
1
9
Comme nous l'avons deja vu.
0
2
2
211
103. Denition, continuite, derivabilite, limites a l'inni de F denie par F (x) =
Z
1
Z
1
0
sin(t) dt.
104. Pour x > 0 on pose f (x) =
exp(xt) 1
Montrer que f est continue.
Montrer les relations :
X1
8x > 0; f (x) = 1 + (1nx) et
n
X1 k
X1
8x > 1; f (x) = ( 1) x k (2k) ou 8x > 1; (x) = n1x .
n
k
+
0
+
2
=0
+
+
+1
Z
2
=1
=1
105. On pose : f (x) =
1
+
1
(a) Verier :f (x) = 2
exp( t + itx) dt.
2
Z
(b) Montrer que f est
1
+
0
exp( t ) cos(tx) dt.
2
Z
derivable sur R et f 0 (x) = i
1
+
t exp( t + itx) dt.
1
(c) Verier, en integrant par parties, que l'on a 2f 0 (x) + xf (x) = 0.
p
(d) En admettant f (0) = , determiner f (x).
Z 11
pt exp( t + itx) dt.
106. Soit f (x) =
(a) Montrer la derivabilite de f .
(b) Trouver une equation dierentielle lineaire du premier ordre veriee par
f . En deduire f (x).
107. Soit g une application de classe C de R dans R .
0 (x)
g
On suppose x!lim1 x
g(x) = ; 2 R n f 1g. Z
x
Montrer que si > 1, g n'est pas integrable et g(t) dt x! 1 xg(x) .
+1
Z 1
(x) .
Montrer que si < 1, g est integrable et
g(t) dt x! 1 xg
+1
2
+
0
1
+
+
+
+
0
+
108. Soit In =
Z
+
x
1
0
exp( x) (sin(x)) n dx. Calculer n!lim1 In.
2
109. E tude de un = exp( n )
110. Soit f (x) =
+
Z
1
+
0
dt
Zn
tx(1 + t) .
1
+
exp(t ) dt.
Trouver un equivalent de f (x) au voisinage de 0 ;
continuite de f .
Quelle est la borne inferieure de f ? (On pourra utiliser f (1 x)).
ttx dt.
CHAPITRE 11. INTE GRATION
212
111. Soit f une application continue par morceaux de R dans R de carre integrable.
Z
1 x
Montrer que x 2 R 7 !
x f (t) dt est de carre integrable.
On pourra utiliser l'inegalite de Cauchy-Schwarz apres avoir integre par parties.
+
+
0
112. (a) Soit f une application de [a; +1[ dans l'espace vectoriel norme de dimen-
Z
1
+
sion nie E , telle que l'integrale impropre
f (t) dt soit convergente.
a
On suppose f uniformement continue. Montrer : t!lim1 f (t) = 0.
10
+
(b) Soit f une application de classe C de R dans R. On suppose que f 0 est
de carre integrable.
Montrer que f est uniformement continue.
On suppose de plus f integrable. Montrer que f est bornee.
1
113. Soit f une application de classe C de R dans R dont l'integrale impropre
1
+
est convergente. On suppose que l'application x 2 R 7 !
bornee. Montrer x!lim1 f (x) = 0.
+
+
On pourra integrer par parties
Zx
Zx
+1
x
f 0 (t) dt est
2
h
+
x
(x + h t)f 0 (t) dt ou h 2]0; 1[.
114. Soit f une application
Z xcontinue par morceaux de R dans C de carre integrable.
1
Montrer x!lim1 p
x f (t) dt = 0.
Utiliser l'inegalite de Cauchy-Schwarz entre a > 0 et x>a.
+
+
0
115. Soit f une application de classe C de R dans R. On suppose que f et f 00 sont
de carres integrables. Montrer que f 0 l'est aussi et
2
Z
116. Soit f :
R+
Z
1
+
f 02 (t) dt
1
2
6
! R de classe
Z C.
1
1
+
Z
2
1
2
+
f (t) dt
f 00 2 (t) dt .
1
1
On suppose f (0) = 0 et f 0 de carre integrable
2
1 f 2 (t)
+
t dt existe.
117. Soit ('n)n2N une suite de fonctions positives, continues par morceaux sur [0; 1].
sur R ; montrer que
+
2
0
On suppose : 8 2]0; 1[; n!lim1
Z
Z
1
'n (t)dt = a et n!lim1 'n(t)dt = 0.
Soit f une application continue de [0; 1] dans le K -espace vectoriel norme de
dimension nie EZ.
Montrer : n!lim1 'n(t)f (t)dt = af (0).
+
1
+
10
0
En fait E complet sut.
+
0
213
118. Trouver un equivalent lorsque n tend vers +1 de
strictement positif.
119. Determiner : xlim
x
!
0+
Z
1
+
0
introduisant la valeur 1).
n
X
k=1
E (kx) ou x est un reel
t x dt. (On coupera l'integrale en deux parties en
1+t
p
120. Soit n 2 N . Verier que pour t 2 [0; n], on a :
1 t
n
2
Z
n
6 exp( t )6 1 + tn
2
1
+
2
n
En deduire la valeur de
exp( t ) dt sans utiliser le theoreme de convergence dominee.
Obtenir le m^eme resultat en utilisant le theoreme de convergence dominee.
2
0
121. Soient a et b deux reels.
Z 1 exp(at) exp(bt)
Calculer, si elle existe, l'integrale
dt.
t
!
1
Z 1
n
X
1
1
En deduire : exp( t)
dt =n!lim1
ln n = 1 exp( t) t
k k
+
0
+
+
0
=1
122. Soit f : R ! R continue par morceaux.
On suppose : lim f (t) = m; t!lim1 f (t) = M; (m; M ) 2 R . Soient a et b > 0.
t!
Z 1 f (at) f (bt)
Montrer que l'integrale impropre :
dt est convergente et
t
de valeur (M m) ln a .
bZ
1 exp( at) exp( bt)
En deduire la valeur de
dt.
t
+
2
0+
+
+
0
+
0
123. Soient a et b deux reels stritement positifs.
Calculer, si elle converge, l'integrale impropre
Z
124. Soit f : [0; ] ! R; f (0) = 0; 0 < x6 f (x) =
Montrer que f est de classe C .
Z sin((n + )x)
Soit In =
dx. Calculer In
2 sin x
Z 1 sin(t)
Calculer l'integrale impropre
t dt.
1 cos(at)
+
0
1
x
1
.
2 sin( x )
2
1
1
2
0
+1
2
+
0
t
In puis In.
cos(bt) dt.
CHAPITRE 11. INTE GRATION
214
125. Pour x>0, on considere l'integrale impropre f (x) =
avoir montre son existence, calculer
Z
1
+
0
f (x) dx.
Z
1 sin(t)
+
t dt. Apres
x
126. Soit f une aplication de classe C de R dans R.
2
+
(a) On suppose que f et f 00 ont leurs integrales impropres convergentes sur
R .
Montrer que f et f 0 ont pour limite 0 en +1 et que f 0 a son integrale
impropre convergente sur R .
(b) On suppose que f a son integrale impropre convergenteZsur R et que f 00
1
est integrable sur R . Montrer que l'integrale impropre f (t) cos(nt) dt,
ou n 2 N, est convergente.
+
+
+
+
+
0
127. Soit z 2Z C ; <e(z ) > 0. On considere, pour x 2 R, l'integrale impropre
1 exp(ixt)
F (x) =
dt.
1 t iz
Montrer que F est denie, derivable.
Calculer F 0 (x), en deduire, pour x > 0, F (x) =Z2i exp( zx).
1 sin(t)
(On pourra admettre que l'integrale impropre
dt
= et integrer
t
2
par parties).
+
+
0
Z
1 exp(it) cos(t)
128. Convergence et calcul de l'integrale impropre
dt ou t
est reel.
Z 1 sin t On admettra
t dt = 2 .
129. ZSoit f une application continue de R dansR Ztelle l'integrale
impropre que
1
x
1
f (t)dt soit convergente. Montrer x!lim1 x tf (t)dt = 0.
+
0
+
0
+
+
0
130. Determiner f (x) =
11
Z
+
1
+
1
exp( t + 2itx) dt.
2
131. Pour x 2 R , on pose f (x) =
Z
1
+
+
132. Pour x reel on pose f (x) =
Determiner f et g.
Z
+
0
exp( tx) sin(t) dt. Determiner f (x).
t
1
0
133. On pose pour x 2 R ; F (x) =
1 cos(tx) dt et g(x) =
t +1
Z
2
Z
+
11
0
0
0
1
+
t sin(tx) dt.
t +1
2
1
+
exp( tx) 1 cos(t) dt.
t
2
Il s'agit d'une transformee de Fourier. Voir plus loin ; voir le livre sur ce site.
215
Montrer que F est continue ; C 1 sur R .
Montrer : x!lim1 F (x) = 0, x!lim1 F 0 (x) = 0.
Calculer F 00 (x), en deduire F (x) puis F (0).
Z 1 1 cos(tx)
134. Existence et calcul de
exp( t) dt.
t
Z exp( x(1 + t ))
135. Soit f (x) =
dt. Calculer : f 0 (x); f (0); xlim
f (x).
! 1
1+t
x
!
1
Z x
Soit g(x) = f (x ). Montrer : g(x) +
exp( t ) dt = .
4
+
+
+
+
2
0
1
2
2
0
+
2
2
2
En deduire la valeur de
136. Calculer
Z
0
Z
0
1
+
0
exp( t ) dt.
2
dt
ou x est reel.
1 + cos(x) cos(t)
137. Soit la fonction F denie par F (x) =
E tudier F , tracer son graphe.
140.
141.
142.
2
0
1
dt.
1 + cos(t) cos(x)
Z x ln(1 + xt)
dt. Calculer f 0 (x), en deduire f (x).
1+t
Z 1 ln(1 + t x )
Z 1 ln(1 + t )
Calculer
dt. En deduire la valeur de
dt.
1+t
1+t
Z 1 exp(itx)
Soit f (x) =
dt. Montrer que f est continue sur R, derivable sur
1
+
t
R , non derivable en 0.
Z 1 atan(x + t)
Soit f (x) =
t + 1 dt. Montrer que f est de classe C sur R. Cal1
culer f 0 (x) puis f (x).
Regle d'Abel (Integrales impropres).
138. Soit f (x) =
139.
Z
2
0
+
2
+
2
2
0
2
2
0
+
2
0
+
1
2
Soit u une application de classe C de [a; b[ dans R decroissante, de limite nulle
en b. Soit v une application continue par morceaux de [a; b[ dans l'espace
vectoriel norme E .
Z y On suppose qu'il existe M >0 tel que : 8(x; y) 2 [a; b[ ; v 6M .
1
Demontrer que l'integrale impropre
Zb
2
x
u(t)v (t) dt est convergente et que l'on
a
Z b
a : 8x 2 [a; b[ u(t)v(t) dt 62M u(x).
x
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
CHAPITRE 11. INTE GRATION
216
Applications
Z 1
soit F (x) = exp( xt) sint t dt.
Montrer directement : 8x 2 R ; F (x) existe.
+
0
+
Montrer en utilisant la regle d'Abel que F est continue.
Montrer que F est derivable sur R . En deduire la valeur de F (x).
Soit f une application continue par morceaux denie de R dans R ayant
une integrale impropre convergente.
+
On pose, pour x 2 R , F (x) =
continuite de F .
+
Z
1
+
+
0
exp( xt)f (t) dt. Montrer l'existence et la
143. Convolution
Soient f et g deux applications continues de R dans C . g est 2-periodique et
f est integrable.
Z 1
On pose pour x reel (f g)(x) = f (x u)g(u) du, sous reserve d'existence.
1
E tudier f g.
Si ' est une application denie de R dans
Z C , 2-periodique et continue par
1
morceaux, on pose 8n 2 Z; cn(') =
'(t) exp( int) dt.
2 Z y
Calculer cn (f g). On posera (x; y) = f (u)g(x u) exp( inx) du.
+
12
2
0
y
144. Transformee de Fourier
Soit f une application continue par morceaux, denie sur R a valeurs dans
K (=R ou C ), integrable.
Z 1
Posons, pour x 2 R, (F (f ))(x) = f (t) exp( 2itx) dt.
1
F (f ) est appelee transformee de Fourier de f ; on la note aussi fb.
13
+
(a) Montrer que la transformee de Fourier de f est continue, bornee, de limite
nulle a l'inni.
(b) On suppose que t 7 ! tf (t) est integrable. Montrer que fb est derivable.
(c) On suppose f de classe C 1 et les derivees successives de f integrables.
Montrer 8k 2 N; 8x 2 R; fdk (x) = (2ix)k fb(x).
(d) Soient f et g deux applications continues denies de R dans K , integrables.
Z
Z
b = gbf .
Montrer que l'on a : fg
( )
R
R
(e) Soit f une application continue de R dans K , integrable. On suppose fb
integrable.
12
13
Voir le livre, sur ce m^eme site, \complement de cours" pages 163 et suivantes.
Voir le livre sur ce site traitant ce sujet.
217
2 On pose gn(x) = exp
n Zjxj .
1
Calculer gbn et, d'apres (d),
fb(x)gn(x) exp(2itx) dx.
1
Montrer 8t 2 R; fb (t) = f ( t).
+
145. Transformee de Laplace
(a) Soit f une application continue par morceauxZde R dans C . Soit z 2 C .
1
On pose, sous reserve d'integrabilite, F (z ) = f (t) exp( zt) dt.
F est dite transformee de Laplace de f .
On suppose qu'il existe x 2 R tel que F (x ) existe. Montrer que pour
tout z veriant <e(z )>x F (z ) existe et il existe a 2 [ 1 x ] tel que
pour re(z ) > a, F (z ) existe et pour re(z ) < a, F (z ) n'existe pas.
Montrer que la restriction de F a ]a; +1[ est de classe C 1
(b) Determiner les transformees de Laplace des fonctions f denies respectivement par f (t) = 1; ta avec a > 0; exp(i!t); cos(!t); sin(!t) avec ! 2
R .
146. Soit f une application continue de R dans R.
(a) On suppose que l'integrale impropre de f est convergente
Z 1sur R .
Verier que pour tout x>0 l'integrale impropre I (x) = exp( tx)f (t) dt
est convergente et que I est continue en 0.
+
+
0
0
0
0
0
14
1
+
+
+
0
(b) Montrer que s'il existe x 2 R tel que l'integrale impropre
Z
0
est convergente alors l'integrale impropre
gente pour tout x>x .
15
1
+
0
1
+
exp( tx )f (t) dt
0
0
exp( tx)f (t) dt est conver-
0
(c) On suppose que, lorsque t tend vers +1, f (t) = o
Z
Z
1
t .
1
exp( tx)f (t) dt est conver-
+
Montrer que l'integrale impropre I (x) =
gente pour x > 0.
On suppose lim I (x) = l 2 R. Montrer que l'integrale impropre de f est
x!
convergente sur R .
0
0+
+
Voir dans le livre de complements la notion de derivation complexe.
Pour avoir des complements sur la transformee de Laplace, voir le devoir numero onze pages
226 et suivantes du livre presente sur ce site.
14
15
218
Chapitre 12
Integration ; corriges
Soit ' une application de classe C d'un intervalle [a; b] de R dans l'intervalle I .
Soit f une application continue de I dans un espace vectoriel E de dimension nie
que l'on peut donc limiter a C ou R.
1
1
Nous avons la relation
Par exemple :
Z
2
0
Zb
a
2
'0 (u)(f ')(u) du =
sin(u)f (cos(u)) du =
Z 'b
( )
'(a)
cos(2 )
Z
cos(0)
f (t) dt.
f (t) dt = 0.
Zb
Le probleme est que parfois, on \pose" u = (t) et on souhaite calculer f (t) dt.
a
Nous sommes alors conduits a rechercher
qui bien evidemment doit exister !
En revanche, si une application est un C dieomorphisme, pourquoi le lui interdire ?
Soit f une application denie sur un intervalle [a; b[ a valeurs dans un espace vectoriel norme E deZ dimension nie et continue par morceaux.
x
Si x 2 [a; b[7 ! f (t)dt 2 E a une limite l 2 E en a on dit que l'integrale im1
1
Zb
a
propre de f est convergente sur [a; b[ et on pose f (t)dt = l.
a
De m^eme si f une application continue par morceaux de ]a; b] dans un espace vectoriel norme EZ de dimension nie et si
x
x 2]a; b] 7 ! f (t)dt 2 E a une limite l 2 E en a on dit que l'integrale impropre
Zb
a
de f est convergente sur ]a; b] et on pose f (t)dt = l.
a
Dans
le
cas
o
u
f
est
d
e
nie
sur
]
a;
b
[,
continue
Zb
Z y par morceaux l'integrale impropre
f (t) dt est dite convergente si x; ylim
f (t) dt a une limite l 2 E ; ce qui est
! a; b
Zc
a
Zb
(
)
(
)
x
equivalent a f (t) dt et f (t) dt sont convergentes, avec c 2]a; b[ quelconque.
a
c
La valeur de l'integrale impropre est egale a l.
Si t 7 ! kf (t)k a une integrale impropre convergente on dit que l'integrale impropre
tre ; par exemple
On ne peut
choisir f continue par morceaux car f ' peutne pas 1l'^e
1
E u sin u n'a pas de limite en 0 car pour tout 2]0; 1], E u sin u prend les deux
1
3
3
valeurs -1 et 1.
2
Nous pourrions denir l'integrale sur un espace vectoriel norme complet.
220
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
est absolument convergente. Il est facile de verier, dans le cas E = C ou R, qu'il
y a equivalence entre le fait que f a une integrale impropre absolument convergente
et le fait que f est integrable.
En utilisant le critere de Cauchy pour les fonctions, vu au chapitre variable reelle,
nous en deduisons que l'integrale impropre de f est convergente sur [a; b[ si et seulement si
Z y
8" > 0; 9c 2 [a; b[; (x; y) 2 ([c; b[) ) f (t) dt 6".
x
Nous pouvons aussi remarquer que si f est a valeurs complexes ; f est integrable si
et seulement si
Z y
8" > 0; 9c 2 [a; b[; (x; y) 2 ([c; b[) ) jf (t)j dt 6".
2
2
x
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
221
1. (a) Premiere formule de la moyenne
g est continue, g([a; b]) = [m; M ]. f etant positive nous obtenons
8t 2 [a; b]; mf (t)6f (t)g(t)6Mf (t) puis
m
Si
Zb
a
Zb
a
f (t) dt6
Zb
a
f (t)g(t) dt6M
Zb
f (t) dt 6= 0 (donc > 0) alors m6
Zb
a
f (t)g(t) dt
Zb
a
f (t) dt.
6M . g etant conti-
f (t) dt
nue, le theoreme des valeurs
Z b intermediaires permet de conclure qu'il existe
f (t)g(t) dt
a
c 2 [a; b] tel que g(c) = Z b
d'ou le resultat demande.
f (t) dt
a
Si
Zb
Zb
a
a
a
f (t) dt = 0 alors d'apres la premiere inegalite nous obtenons
3
f (t)g(t) dt = 0 et la relation demandee est veriee pour tout c 2 [a; b].
(b) Deuxieme formule de la moyenne
Zt
Posons pour t 2 [a; b], G(t) = g(u) du. G([a; b]) = [m; M ].
Zb
a
f (t)g(t) dt = [f (t)G(t)]ba
f est decroissante
donc f 0
Zb
Z ab
a
f 0 (t)G(t) dt.
est negative et mf 0 6 f 0 G6 Mf 0 puis
m(f (b) f (a))6
f 0 (t)G(t) dt6 M (f (b) f (a)).
a
f est positive donc mf (b)6f (b)G(b)6Mf (b). En remplacant nous avons
alors
Zb
Nous mf (a)6 f (t)g(t) dt6Mf (a).
a
Si f (a) = 0 alors f est nulle et la relation cherchee est vrai pour tout c
de [a; b].
Si f (a) > 0 alors gr^ace au theoreme des valeurs intermediaires il existe
Zb
Zc
c 2 [a; b] tel que G(c)f (a) = f (t)g(t) dt = f (a) g(t) dt.
a
a
Supposons f non necessairement positive.
Posons f (t) = f (t) f (b)>0. Il existe c 2 [a; b] tel que
Zb
a
1
f (t)g(t) dt f (b)
Zb
a
g(t) dt = (f (a) f (b))
Zc
a
g(t) dt c'est-a-dire
f est continue par morceaux donc en fait elle est nulle sur [a; b] sauf an au plus un nombre
ni de points.
3
222
Zb
a
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
Zb
f (t)g(t) dt = f (b)
c
g(t) dt + f (a)
Zc
a
g(t) dt.
2. (a) Il sut de reprendre la demonstration de l'exercice precedent.
(b) Choisissons g(t) = 1 t>0. D'apr
Z es le reultat 1precedent applique a f 0 et
g, il existe c 2 [0; 1] tel que f 0 (t)g(t) dt = 2 f 0 (c).
En integrant par parties nous obtenons
1
0
Z
1
0
f 0 (t)g(t) dt = f (1)g(1)
1 f 0 (c) =
2
Z
1
0
f 0 (t)g(t) dt =
Z
f (0)g(0)
f (0)
Z
Z
1
0
1
0
f (t)g0 (t) dt soit encore
f (t)g0 (t) dt =
f (0) +
Z
1
0
f (t) dt.
1
Nous avons bien f 0 (c) + f (0) = f (t) dt.
2
(c) Appliquons le resultat precedent.
Il existe (c ; c ; ; cn ) avec ci 2 [ti ; ti ] veriant
Z ti
Z b a b a b a
f (t) dt = f ti + n t n dt = n f (ti ) + b 2na f 0 (ci ).
ti
Nous avons donc :
Zb
n
n
X
X
b
a
(
b
a
)
f (t) dt n
f (ti ) = 2n
f 0 (ci) puis
a
i
i
1
0
0
1
1
+1
1
+1
0
1
2
1
2
Z b
n
X
b
a
6 (b a) kf 0k1.
f (t) dt
f
(
t
)
i
a
2n
n i
=0
=0
1
2
=0
3. Sommes de Darboux Soit ' l'application en escalier denie de [a; b] dans
R telle que 8i 2 Nn ; 8t 2 [ti ; ti [, '(t) = mi et l'application en escalier
denie de [a; b] dans R telle que 8i 2 Nn ; 8t 2 [ti ; ti [, (t) = Mi .
'(b) = mn ; (b) = Mn .
Par construction 8t 2 [a; b]; '(t)6f (t)6 (t) donc
1
1
1
1
1
1
Zb
Zb
Zb
s = '(t) dt6 f (t) dt6
(t) dt = S .
a
a
a
Soit (a ; ; ap ) une subdivision de [a; b] telle que la restriction de f a chaque
intervalle ]ai ; ai [ soit continue. Notons le pas de cette subdivision.
Pour i 2 Np notons fi le prolongement par continuite, sur [ai ; ai ], de la
restriction de f a ]ai ; ai [.
Soit " > 0. Pour chaque i 2 Np , fi est uniformement continue ; il existe i > 0
" .
tel que 8(u; v) 2 ([ai ; ai ]) ; ju vj6i ) jfi(u) fi (v)j6
2(b a)
Notons le plus petit de i .
Soit = (t ; ; tn), (n>3) une subdivision de [a; b] de pas > 0 inferieur
"
a a et a
.
3
8p(1 + kf k )
0
+1
+1
+1
+1
2
0
1
Soit j 2 Nn . Si [tj ; tj ] ne contient aucun des ai alors la restriction de f
2
+1
223
a cet intervalle est continue et atteint son maximum et son minimum donc
tj
tj ) .
Mj mj 6 2(b " a) et (Mj mj )(tj
tj )6 "(2(
b a)
Notons J l'ensemble des indices pour lequels ceci a lieu.
Si pour un indice j 2 Nn , [tj ; tj ] contient un ai alors on a les possibilites
suivantes : ai < tj < ai < tj < ai ou ai < tj = ai < tj < ai .
Dans le cas j = 0 nous avons a = t < t < a , dans le cas j = n 1 nous
avons ap < tn < tn = ap .
Nous avons donc au plus 2p intervalles d'extremites des points consecutifs de
sur lesquels la dierence entre la borne superieure et la borne inferieure peut
ne na pas ^etre majoree par " mais uniquement par 2kf k1 . Nous en
2(b a)
X
tj ) 6 " + " = ".
deduisons qu'alors S s 64pkf k1 + "(tj
2 2
j 2J 2(b a)
+1
+1
2
1
+1
+1
+1
0
1
0
1
+1
1
+1
1
1
+1
En particulier s 6
a sup s =
Zb
2S[a; b]
Zb
a
f (t) dt6s + " et S "6
f (t) dt et 2Sinf S =
a; b]
a
[
Zb
a
Zb
a
f (t) dt6S . Cela equivaut
f (t) dt.
4. Sommes de Riemann
(a) f est uniformement continue donc il existe > 0 tel que
8(u; v) 2 ([a; b]) on ait ju vj6 ) kf (u) f (v)k6 b " a = "0 .
Considerons une subdivision pointee de [a; b] de pas au plus egal a .
2
Z ai
Z
(f (t) f (ti)) dt 6 ai "0 dt = (ai ai)"0.
ai
ai
Nous
en
d
e
duisons
imm
e
diatement
Z b
X
n
n
f (t) dt X
0
(ai
ai )f (ti) 6" (ai
ai ) = (b a)"0 = ".
a
i
i
+1
+1
+1
1
1
+1
+1
=0
=0
(b) Supposons f continue par morceaux. Soit = (a ; ; an) une subdivision de [a; b] telle que pour chaque i 2 N; i6n 1, f soit continue sur
]ai ; ai [.
Pour t 2 [a; b[ notons f (t +0) la limite a droite en t de f et pour t 2]a; b]
notons f (t 0) la limite a gauche en t de f .
0
+1
Posons C = 0 et pour i 2 Nn ; Ci =
0
1
Xi
k=1
(f (ak + 0) f (ak 0)).
Posons g(a ) = f (a + 0) et pour i 2 N; i6n 1, pour t 2]ai; ai [,
g(t) = f (t) Ci, g(ai ) = f (ai + 0) Ci et enn g(an) = f (b 0) Cn .
g est denie sur [a; b]. g est clairement continue sur [a; b] nfa ; ; ang.
lim g(t) = f (a + 0) = g(a), lim g(t) = f (b 0) Cn = g(b),
t!a
t!b
8i 2 Nn ; lim g(t) = f (ai 0) Ci ,
0
+1
1
0
1
+
1
t!ai
1
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
224
Xi
lim g(t) = f (ai + 0) Ci = f (ai + 0)
t!a+i
i
X
1
= f (ai 0)
k=1
k=1
(f (ak + 0) f (ak 0))
(f (ak + 0) f (ak 0)) = f (ai 0) Ci .
1
g est donc continue sur [a; b]. Posons alors h = f g. h est clairement
en escalier. Toute fonction continue par morceaux denie de [a; b] dans
un espace vectoriel norme E est bien la somme d'une fonction continue
et d'une fonction en escalier.
Une fonction en escalier est une somme nie de fonctions, 'k , nulles
sauf sur un intervalle (eventuellement reduits a un point) ou elles sont
p
X
constantes. f = g + 'k .
k=1
Soit ' une fonction denie sur [a; b] a valeurs dans un espace vectoriel
norme E . Soit I un intervalle inclus dans [a; b] sur lequel ' est constante
egale a C et pour t 2 [a; b] n I; '(t) = 0. kC k = sup k'(t)k.
t2 a; b
Nous supposons E complet (et pour nous de dimension nie). Soit
[
(;
) 2 S 0
n
X
1
ai)'(ti ) est
nul ou egal a (ai
ai )C pour un certain
i . L'integrale de ' est nulle
nX
Z b
(ai
ai )'(ti) 6kC k.
donc '(t) dt
[
a;b]
de pas . Si I est reduit a un point
]
0 +1
a
1
i=0
(ai
+1
0
0
+1
i=0
Supposons que I d'extremites c et d (c < d) ne soit pas reduit a un point.
Supposons ak 6c < ak < aj < d6aj , ce qui est possible si est susemment petit (2 < d c par exemple).
+1
1
Selon la position de tk et de tj ,
1
ou (aj
X
n (ai
i
1
1
+1
=0
n
X
1
i=0
(ai
ak )C ou (aj ak )C ou (aj
a )C .
k
Zb
'(t) dt 62kC k.
a
+1
ai )'(ti )
ai)'(ti ) est egal a (aj ak )C
+1
1
+1
Zb
a
'(t) dt = (d c)C .
Notons R(F; (; )) la somme de Riemann de F associee a la subdivision
pointee (; ).
R(f; (; )) = R(g; (; )) +
Zb
a
f (t) dt R(f; (; )) =
p
X
Z bk
a
R('k ; (; )) donc
=1
g(t) dt R(g; (; ))
p Z b
X
'k (t) dt
k=1 a
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
+
R('k ; (; )) .
225
Soit 2l > 0 strictement inferieur aux longueurs des intervalles non reduits
a un point dans la decomposition deh. Pour < l,
X
p Z b
p
X
'k (t) dt R('k ; (; )) 62 sup k'k (t)k = M .
a
k
k t2 a;b
=1
[
=1
]
Soit " > 0. Il existe, puisque g est continue, > 0 tel que pour toute
subdivision pointee (; ) de [a; b] de pas au plus egal a on ait
Z b
"
g(t) dt R(g; (; )) 6 .
2
a
"
Nous obtenons donc si < min l; ;
,
2(M + 1)
Z b
f (t) dt R(f; (; )) 6 " + M6".
2
a
Nous avons le resultat demande.
Remarque soit ((p ; p ))p2N une suite de subdivisions pointees de [a; b].
On suppose p!lim1 (p ) = 0. Soit f une application denie sur [a; b] a
valeurs dans E continue par morceaux. Nous avons alors
1
1
1
+
lim R(f; (p ; p )) =
p!+1
Zb
f (t) dt.
a
Remarque en reprenant les notations de l'exercice precedent, si f est a
valeurs reelles nousZ bavons s 6R(f; (; )))6S donc
R(f; (; )))
f (t) dt 6S s .
a
Nous avons vu que pour tout " > 0 il existe > 0 tel que pour toute
subdivision de pas au plus egal a nous ayons que S s 6" c'est-a-dire
Zb
R(f; (; )))
f (t) dt 6".
a
5. Lemme de Gronwald
Avec les notations de l'enonce nous avons 8t>a; (t)>g(t).
( (exp ( F )))0 (t) = (0 (t) (t)f (t)) exp( F (t)) c'est-a-dire
f (t)(g(t) (t)) exp( F (t))60. (exp ( F )) est decroissante donc
8t>a; (t) exp( F (t))6(a) exp( F (a)) = k c'est-a-dire
(t)6k exp
Z t
a
f (t) dt puis g(t)6k exp
Z t
a
f (t) dt .
6. (a) Soit p 2 N; p6n 1. D'apres la formule de Leibniz nous avons, pour
p
p p! X
(
1)
( 1)k tk f k (t).
p
t 6= 0, g (t) = tp
k!
k
Appliqons a f la formule de taylor avec reste integral sur [t; 0].
( )
( )
+1
=0
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
226
p
X
(
Z
1)k tk k
1
f (0) =
f
(t) +
( u)p f p (u) du.
k!
p! t
k
En comparant nous obtenons pour t 6= 0,
( )
0
( +1)
=0
tp+1 g(p) (t) =
Z
Zt
0
1
up f (p+1) (u) du = tp+1
Z
1
0
vp f p (tv) dv soit encore
( +1)
g p (t) = vp f p (tv) dv .
Soit " > 0. Il existe > 0 tel que pour tout x 2 I \ [ ; ] nous ayons
kf p (x) f p (0)k6".
Pour t 2 I \ [ ; ], 8v 2 [0; 1] nous avons kf p (tv) f p (0)k6".
Z
Z
" 6"
p
p
p
Il vient alors v f (tv) f (0) dv 6" vp dv =
p+1
Z
Z
p f p (tv ) dv =
p f p (0) dv = 1 f p (0) puis
c'est-a-dire lim
v
v
t!
p+1
( )
( +1)
0
( +1)
( +1)
( +1)
1
( +1)
1
( +1)
0
0
1
0
( +1)
1
( +1)
0
( +1)
( +1)
0
p (t) = 1 f p (0).
lim
g
t!
p+1
g est continue sur I n f0g, g a pour limite f 0 (0) en 0 donc g est continue
en 0.
g est derivable sur I n f0g, g0 a pour limite en 0 donc g0 est derivable en
1
0, continue en 0 et g0 (0) = f 00 (0).
2
Supposons g de classe C p pour p < n 1 alors d'apres le calcul precedent,
g p possede une limite en 0 egale a p +1 2 f p (0) donc g p est derivable en 0, continue en 0 et g p (0) = 1 f p (0). g est donc bien
p+2
de classe C n .
1
(b) Pour p = 1, en posant g (0) = f 0 (0) et g (t) = f (t) pour t 6= 0, g est
t
de classe C n .
Supposons le resultat prouve jusqu'au rang p. Soit alors f une application
de classe C n telle que 8k 2 N; k6p; f k (0) = 0. Notons gi l'application
denie par gi (t) = 1i f (t) pour t 6= 0 et gi (0) = 1 f i (0).
t
i!
D'apres l'hypothese de recurrence, gp est de classe C n p . gp(0) = 0 donc
d'apres le resultat vu plus haut, g denie par g(t) = 1 gp(t) pour t 6= 0 et
t
g(0) = gp0 (0) est de classe C n p .
Montrons alors que gp0 (0) = 1 f p (0). Nous avons vu dans la
(p + 1)!
demonstration precedente que gpi (0) = 1 gp (i + 1)(0). Nous obtei+1
( )
( +1)
0
4
( +2)
( +1)
( +1)
( +1)
( +2)
1
1
1
1
1
( )
( )
1
( +1)
( )
4
Nous redemontrons la un resultat classique.
1
227
nons donc immediatement gpi (0) = i! f i p (0) soit en particulier
(i + p)!
1
0
p
gp (0) = (p + 1)! f (0). g est donc la fonction gp et est donc de classe
C n p . Le resultat est demontre.
(c) Posons g = f , g (t) = g (t) pour t 6= a et g (a ) = g0 (a ). D'apres le
t a
resultat de la question precedente, g est de classe C n .
Supposons que jusqu'au rang i < n nous ayons construit les applications
gi de classe C n i veriant gi (t) = gti (at) pour t 6= ai et gi (ai) = gi0 (ai).
i
g (t) pour t 6= a
Nous pouvons alors construire gi par gi (t) = i
i
t
a
i
et gi (ai ) = gi0 (ai ).
D'apres le resultat precedent, gi est de classe C n i . La fonction gn
Yn
ainsi construite est donc continue et verie f (t) = gn(t) (t ak ).
( )
( + )
+1
+1
1
0
0
1
1
1
1
1
0
1
1
1
1
1
+1
+1
+1
+1
+1
+1
+1
+1
1
k=1
Yn
L'application g continue denie sur I par la relation f (t) = g(t) (t ak )
k
est unique.
En eet si u et v sont deux telles fonctions alors pour t dierent des ai
nous avons u(t) = v(t). Par continuite l'egalite est vraie sur I et u = v.
En utilisant les resultats precedents, nous pouvons genepraliser au cas
X
d'une application veriant f k (ai) = 0 pour 06k6ni ou ni = n pour
i
a < a < < ap . dans ce cas il!existe une application g continue telle
=1
( )
=1
1
Yp
2
que 8t 2 I; f (t) =
i=1
(t ai )ni g(t).
b a.
n
(f (t) f (tk )) dt . f etant croissante nous avons pour
7. (a) Posons pour n 2 N et k 2 N; k6n, tk = a + k
Rn =
n Z tk
X
1
+1
k=0 tk
t 2 [tk ; tk+1 ], 06f (t) f (tk )6f (tk+1) f (tk ) donc
n 1
b a (f (b) f (a)).
06Rn6 (tk+1 tk ) (f (tk+1 ) f (tk )) =
n
k=0
Si f est C -Lipschitzienne, jf (t) f (tk )j 6C jt tk j. Nous avons donc
tk+1
tk+1
2
2
(f (t) f (tk )) dt 6C
k(t tk )dt = C (tk+1 2 tk ) = C (b2n2 a)
tk
tk
X
(b)
Z
jRnj 6 C (b2n a) .
Z
et
2
(c) Si f est de classe C alors f (t) f (tk ) = (t tk )f 0 (ck ) avec ck 2 ]tk ; t[.
Nous obtenons donc
1
228
Z tk
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
+1
tk
(f (t) f (tk
))dt = f 0 (c
k)
n
X
(
b
a
)
Rn = 2n
(tk
k
1
X
n
1
Z tk
+1
tk
(t tk )dt = (b a) f 0 (ck ).
2n
2
2
tk ) f 0 (ck ).
+1
=0
tk ) f 0 (ck ) est une somme de Riemann associe a la subdivision
k
pointee (; ) avec = (t ; ; tn) et = (c ; ; cn ). Le pas
Zdebla subdivision tend vers 0 donc la somme de Riemann converge vers
f 0 (t) dt = f (b) f (a).
a
b a (f (b) f (a)).
Nous obtenons alors n!lim1 nRn =
2
Si nous ne voulons pas utiliser les sommes de Riemann associees a des
subdivisions pointees nous pouvons ecrire :
f 0 est continue donc uniformement continue. Pour " > 0 donne il existe
> 0 tel que pour (u; v) 2 ([a; b]) veriant jv uj6 nous ayons
jf (v) f (u)j6 b " a .
Soit alors N 2 N tel que b a 6. Soit n>N .
N
0
0
Pour
Z tk t 2 [tk ; tk ], jf (t) f (ck)j6" donc
f 0 (t) dt (tk
tk )f 0 (ck ) 6(tk
tk ) b " a . Nous avons alors
tk
(tk
5
+1
=0
0
0
1
+
2
+1
+1
+1
Z b
n
f 0 (t) dt X
(tk
a
k
n
X
1
=0
lim
n! 1
+
1
k=0
(tk
+1
+1
tk ) f 0 (ck ) 6". Cela signie
tk ) f 0 (ck ) = f (b) f (a). Nous obtenons le resultat de-
+1
mande.
(d) Notons, pour k entier entre 0 et n, ak = a + k b a . f etant de classe C
n
nous
avons,
en
utilisant
la
formule
de
Taylor
avec
reste integral
Z ak
f (t)dt = (ak
ak ) f (ak ) + 12 (ak
ak ) f 0 (ak )
ak
Z ak
1
+
(ak
t) f 00 (t) dtf (t)dt.
2 ak
b a
Notons n = n Rn
(f (b) f (a)) .
2n
Nous avons
2
+1
+1
2
+1
+1
+1
2
5
Voir plus haut.
2
n
n =
2
2
"X
n
1
k=0
(ak
ak )
2
+1
n Z ak
X
1
+1
+1
#
Z
+1
Nous en d
duisons
"eX
n Z ak
n
n =
(ak
2 k
ak
1
f 00 (t) dt
(ak+1 t)
k=0 ak
n 1
(ak+1 ak ) (f (ak+1) f (ak ))
k=0
ak+1
ak ) f 0 (ak ) +
(ak+1 t) f 00 (t) dt.
ak
k) +
2
X
f (ak ) f (ak ) = (ak
2
f 0 (a
229
+1
t)
2
+1
=0
n X
1
k=0
.
f 00 (t) dt
(ak
ak )
+1
Z ak
+1
ak
(ak
#
t) f 00 (t) dt .
+1
Nous pouvons employer ici diverses methodes pour conclure.
Utilisons la formule
Z ak de la moyenne vue plus(haut.
9k 2 [ak ; ak ],
(ak
t) f 00 (t) dt = ak 3 ak ) f 00 (k ) et
Z akak
9k 2 [ak ; ak ],
(ak
t) f 00 (t) dt = (ak 2 ak ) f 00 (k ).
ak
Dans ces conditions
n
n
X
X
(
b
a
)
(
b
a
)
00
n =
(ak
ak ) f (k )
(ak
ak ) f 00 (k ).
6 k
4 k
En utilisant comme precedemment les limites de sommes de Riemann
(b a) 0
nous obtenons n!lim1 n =
(f (b) f 0 (a)).
12
Seconde methode
5(b a) Soit " > 0. Soit M >
. Ecrivons f 00 (t) = (f 00 (t) f 00 (ak ))+ f 00(ak ).
2
f 00 est uniformement continue donc il existe N 2 N tel que pour n>N
pour k 2 N; k6n 1, pour t 2 [ak ; ak ] on ait jf 00 (t) f 00 (ak )j 6 " .
M
Z ak
"
(ak
t) (f 00 (t) f 00 (ak ))dt 6 3M (ak
ak ) ,
ak
Z ak
"
00
00
(ak
t) (f (t) f (ak ))dt 6 2M (ak
ak ) .
ak
+1
+1
+1
+1
+1
2
+1
+1
1
2
3
+1
2
2
1
+1
+1
=0
=0
2
+
3
+1
+1
2
+1
+1
+1
Notons k =
k = (ak
+1
Z ak
ak
ak )
3
+1
+1
+1
(ak
Z ak
ak
+1
+1
(ak
t) (f 00 (t) f 00 (ak ))dt et
2
+1
t) (f 00 (t) f 00 (ak ))dt.
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
2
230
n
n =
2
2
lim
n! 1
"X
n
X
n
1
1
k=0
(ak
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
n
X
1
k
k=0
n
X
(b a)
6n
1
2
k
2
k=0
(ak
#
+1
ak ) f 00 (ak ) .
ak ) f 00 (ak ) = f 0 (b) f 0 (a) donc il existe N 2 N tel que
+1
1
n
X
n>N ) (b 6 a)
(ak
ak ) f 00 (ak ) (b 6 a) (f 0 (b) f 0 (a)) 6".
k
Soit N = max(N; N ).
X
X
n
n
n
"
(
b
a
)
n
n>N ) 2 k 6 6M et 2
k 6 "(b4Ma) .
k
k
Pour
avons alors n(>bN anous
) (f 0 (b) f 0 (a)) 6 5"(b a) + " 6".
n +
12M
12
2
+
k=0
1
2
1
2
+1
=0
2
1
1
2
3
1
2
3
2
=0
=0
2
2
3
(b a) 0
Nous en deduisons n!lim1 n =
(f (b) f 0 (a)).
12
Finalement il vient lorsque n tend vers l'inni
1
b
a
(
b
a
)
0
0
Rn = 2n (f (b) f (a)) 12n (f (b) f (a)) + o n .
2
+
2
2
2
8. Posons, pour k 2 N ; xk = a + k b a .
n
Pour 16k6n 1; pour t 2 [xk ; xk [; f (xk )6f (t).
Pour 06k6n 2; pour t 2]xk ; xk ]; f (t)6f (xk ).
Zb
n
X
b
a
Nous en deduisons Sn =
n k f (xk )6 x f (t) dt et
Z xn
n
X
b
a
f (t) dt6 n
f (xk ) = Sn.
a
k
+1
+1
+1
1
1
=1
1
1
Z xn
=1
Nous avons donc
a
1
f (t) dt6Sn6
Zb
x1
f (t) dt. L'integrabilite de f conduit
a la convergence de la suite et n!lim1 Sn =
Zb
+
!
a
6
f (t) dt.
n
(n!) n
1X
k .
(a) Sn = ln
=
ln
n
nk
n
Posons
p f (t) = ln(t). f est continue croissante integrable sur ]0; 1], car
lim
tf (t) = 0, donc
t!
Z
(n!) n = 1 .
lim
S
=
ln(
t
)
dt
=
1
puis
lim
n
n! 1
n! 1 n
e
1
1
=1
0
1
1
+
6
0
+
Si f a une integrale impropre convergente, nous avons le m^eme resultat.
231
Posons f (t) = p1t . f est continue, croissante, integrable sur ]0; 1] donc
n
1 X
1
p
p
lim
=
n! 1 n
k
k
+
(b)
=1
Yn Z
p1 dt = 2.
t
1
0
2k n
X
1
= xn
1 = (x 1) xk donc
x exp i n
j
k
2k 2k X
n
nY nY j
= x puis
1 exp i
= n c'estx exp i n
n
j
k
k
a-dire :
k nY k k nY
exp i
exp i
n k exp i n
n = n.
k
!
k nY
n
X
ik
exp i
= exp
= in et
n
n
k kk k k
exp i
exp i
n
n = 2i sin n donc
k k n
nY
nY
n
n
i ( 2i)
sin
= n soit encore sin
= n .
n
n
2
ki
k
i
Soit, pour t 2 0; , f (t) = ln(sin(t)).
2
i i
p
tf (t) = 0,
f est croissante, continue, integrable sur t 2 0; 2 , car lim
t!
k Z p
X
donc p!lim1
ln sin
=
ln(sin(t)) dt.
2p k
2p
k X
(2p k) X
k p
p
p
X
ln sin
= ln sin
=
ln sin
2p
2p
2p
k
k
k p
donc
k X
k 2p p
p
X
p k ln sin 2p = 2p k ln sin 2p = 2p ln 2 p
= ln(2p) 2p 1 ln(2).
2p
Z 2p
Nous en deduisons :
ln(sin(t)) dt = ln(2).
2 Z
Z
Z
Or,
ln(sin(t)) dt = ln(sin(t)) dt donc ln(sin(t)) dt = ln(2).
=0
=1
1
1
1
=1
=0
=1
1
1
=1
=1
1
1
1
=1
=1
1
1
1
=1
=1
1
1
0
1
+
2
0
=1
1
1
=1
=1
1
2
1
= +1
2
1
2
=1
1
=1
2
0
2
0
2
0
(c) En tout point de ]0; 1] f a pour limite 0 ; f possede sur [a; 1] avec
0 < a < 1 un nombre ni de points de discontinuite ; ce sont les points
1 pour 16n6 1 . f est continue par morceaux, positive, d'integrale sur
n
a
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
232
Z
[a; 1] nulle. f est integrable sur ]0; 1] et
1
f (t) dt = 0.
n
X
X 1
>n ; n!lim1 Sn = +1 d'ou le resultat. Ici,
Sn = n1 f nk = n
k
kjn
k
6k<n
la fonction f n'etait pas monotone.
1
2
=1
0
+
1
9. (a) g est T -periodique donc g(R) = g([0; T ]). g est continue par morceaux
donc
Z gb est bornee. f est continue par morceaux donc est aussi bornee
et g(t)f (t) dt 6(b a)kgk1kf k1 .
7
a
(b) Montrons un resultat preliminaire. Soit u une application T -periodique
denie de R dans un espace vectoriel norme de dimension nie et continue
par morceaux. Nous avons, pour tout reel a,
En eet
Za
Za
T
+
a
T
+
u(t) dt =
Z
Za
a
0
u(t) dt +
ZT
Za
0
Za
T
+
a
u(t) dt +
u(t) dt =
Za
T
+
T
ZT
0
u(t) dt.
u(t) dt ;
u(t) dt = u(t + T ) dt = u(t) dt d'ou le resultat demande.
Supposons > 0, ce qui est legitime car nous recherchons la limite en
Zb
Z b
1
+1, g(t) dt =
a g(t) dt.
a
(b a) Soit n = E
.
T
nT 6(b a) < (n + 1)T soit encore a + nT 6b < a + nT + T .
Z
Z
Z
1 b g(t) dt = 1 a nT g(t) dt + 1 b g(t) dt
a
a
a nT
ZT
Z
n
1 b
=
g(t) dt + a nT g(t) dt.
1 Z b
1 Z b
Z a nT T
ZT
1
1
a nTg(t) dt 6 a nTjg(t)j dt6 a nT jg(t)j dt = jg(t)j dt
1 Z b
donc !lim1
a nT g(t) dt = 0.
b a 1 < n 6 b a donc lim n = b a .
! 1 T
T
T
Nous avons donc le resultat demande.
T
0
0
+
+
0
+
+
+
+
+
+
+
0
+
+
(c) (G(t + T ) (t + T )) (G(t) t) =
Zt
T
+
t
g(u)du T =
ZT
0
g(u)du T . Il
Ici encore l'espace vectoriel norme sur lequel est denie f pourrait ^etre un espace vectoriel
norme complet ; il n'est pas necessaire qu'il soit de dimension nie.
7
233
Z
T
sut de choisir = 1 g(u) du pour que t 7 ! G(t) t soit perioT
dique.
(d) En integrant par parties et en utilisant les notations de la question precedente nous obtenons
1
b 1 Z b
1
b
Zb
0
G(t)f (t) dt = G(t)f (t)
g(t) dt = G(t)f (t)
a
a a
a
Z
Z
b
b
1 (G(t) t)f 0 (t) dt tf 0 (t) dt
a
a
1
b 1 Z b
b Z b
(G(t) t)f 0 (t) dt tf (t) + f (t) dt.
= G(t)f (t)
a
a a
a
En regroupant nous obtenons
1
b 1 Z b
Zb
Zb
0
g(t) dt= (G(t) t)f (t) (G(t) t)f (t) dt + f (t) dt.
a
a
a
a
Notons H (t) = G(t) t. H est continue, T -periodique donc
b
1 (G(t) t)f (t) 6 1 kH k1 kf k1 ;
a 1
Z
1 b
0
de m^eme H (t)f (t) dt 6 kH k1 (b a)kf 0 k1 .
a
0
8
Zb
Zb
Nous en deduisons !lim1 g(t) dt = f (t) dt.
a
a
Le resultat est bien demontre.
(e) Redemontrons le resultat suivant : toute application continue f de [a; b]
dans un espace vectoriel norme E est limite uniforme d'une suite d'applications continues et de classe C par morceaux de [a; b] dans E .
f est uniformement continue car [a; b] est compact. Soit n 2 N.
9n > 0, 8(u; v) 2 [a; b] ; ju vj6n ) kf (u) f (v)k6 n +1 1 .
Considerons alors une subdivision, = (t ; t ; ; tp ), de [a; b] de pas
au plus egal a n .
Considerons l'application continue et ane par morceaux fn denie sur
[a; b] telle que pour tout i 2 N; i6p 1 et pour t 2 [ti ; ti ],
fn(t) = f (ti ) + t t tit (f (ti ) f (ti )).
i
i
t
t
kf (t) fn(t)k6 t it kf (ti ) f (ti )k + kf (ti ) f (t)k6 n +2 1 donc
i
i
8(t; n) 2 [a; b] N, kf (t) fn(t)k6 n +2 1 . Le resultat est acquis.
+
1
2
0
1
+1
+1
+1
+1
+1
f 0 (t) designe ici la valeur de la derivee en t de f si f est derivable en t et n'importe quelle valeur
si t est un point ou f n'est pas derivable. f 0 est denie sur [a; b] et est continue par morceaux.
8
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
234
Soit alors une suite (fn)n2N d'applications continues et C par morceaux
de [a; b] dans E (espace vectoriel norme de dimension nie) convergeant
uniformement vers la fonction continue f .
Soit " > 0 donne.
Il existe n 2 N tel que kfn f k1 6 " avec M > kgk1 (b a).
Z b
" 3M
g(t)(f (t) fn(t)) dt 6 .
3
a
D'apres le resultat de la question precedente, n etant ainsi xe, il existe
tout >A on ait
unZ rbeel A > 0 tel quepour
Z b
"
Z
T
1
g(t)fn(t) dt
fn(t) dt 6 3 .
T g(t) dt
a
a
Z b
Z
Z b
g(t)f (t) dt 1 T g(t) dt
f (t) dt T
a
a
1
9
0
Z b
6 g(t)(f (t) fn(t)) dt
a
Z b
1 Z T
Z b
+ g(t)fn(t) dt
fn(t) dt T g(t) dt
a
a
1 Z T
Z b
+ g(t) dt
(fn(t) f (t)) dt .
T
a
Nous
Z b en deduisons alors
Z b
Z
g(t)f (t) dt 1 T g(t) dt
f (t) dt 6".
T
a
a
0
0
0
0
Le resultat est donc demontre pour f continue.
En utilisant la relation de Chasles le resultat est encore vrai pour une
fonction continue par morceaux.
Nous pouvons demontrer ce m^eme resultat directement.
Nous avons deja prouve plus haut le resultat dans le cas ou f est constante
donc, en utilisant la relation de Chasles, le resultat est vrai lorsque f est
en escalier.
Nous savons que toute application continue par morceaux de [a; b] dans
E est limite uniforme d'une suite d'applications en escaliers. En reprenant la demonstration que nous venons de faire nous obtenons alors le
resultat demande.
(f) Supposons f integrable sur ]a; b[. g est, comme nous l'avons deja vu,
bornee. Soit M > 8kgk1 .
0
0
0
0
Soit
Z a0 " > 0. Il" existeZ ba et b reels" veriant a < a < b < b tels que
jf (t)j dt6 M et 0 jf (t)j dt6 M .
a
b
g est bornee donc t 2]a; b[7 ! g(t)f (t) 2 E est integrable.
En utilisant, par exemple, les polyn^omes de Bernstein, nous disposons d'une suite d'applications de classe C 1 convergeant uniformement vers f .
9
Zb
a
g(t)f (t) dt T1
=
Z a0
a
Z T
0
Z b
g(t) dt
g(t)f (t) dt T1
+
Z b0
a0
Z T
0
g(t)f (t) dt T1
+
Zb
a
235
f (t) dt
Z a0
g(t) dt
Z T
0
g(t)f (t) dt T1
a
!
f (t) dt
Z b0
g(t) dt
Z T
a0
g(t) dt
!
f (t) dt
Z b
f (t) dt .
Z a0
!
g(t)f (t) dt 1 Z T g(t) dt Z a0 f (t) dt 62kgk1 " .
a
T
M
a
eme
DeZ m^
Z b
Z
b
g(t)f (t) dt 1 T g(t) dt
f
(t) dt 62kgk1 " .
T
M
b0
b0
!!
Z a0
Z
Z
0
T
a
1
b0
0
b0
0
0
g(t)f (t) dt T
il existe A
> 0 tel que
lim
!+1
a
g(t) dt
0
f (t) dt
a
= 0 donc
!
Z
Z
0
Z a0
T
a
>A ) g(t)f (t) dt T1
g(t) dt
f (t) dt 6 "2 .
a
a
Nous en dZeduisons
Z T
Z b
b
1
>A ) g(t)f (t) dt T
g(t) dt
f (t) dt 6".
a
a
Z b
Zb
1 ZT
0
0
Nous avons donc !lim1
+
a
g(t)f (t) dt = T
0
g(t) dt
a
f (t) dt .
(g) En utilisant ce que nous venons de demontrer, nous obtenons
lim
Zb
!+1 a
Zb
exp(it)f (t) dt = 0.
Z
b
2
lim
j sin(t)jf (t) dt = f (t) dt.
! 1 a
a
Le resultat est le m^eme avec j cos(t)j.
Zb
1Z b
lim (sin(t)) f (t) dt =
f (t) dt.
! 1 a
2 a
Le resultat est le m^eme avec cos (t).
+
2
+
(h) n!lim1
+
2
Z
+
Z
1
+1
1
f (t) sin(nt) dt = 0.
Z
2 1 f (t) dt.
lim
f
(
t
)
j
sin(
nt
)
j
dt
=
n! 1 1
1
Remarque supposons f continue, de classe C par morceaux. Gr^ace au re+
+
1
236
sultat general !lim1
Zb
Zb
a
+
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
f 0 (t) exp(it) dt = 0
donc f (t) exp(it) dt = i (f (b) exp(ib) f (a) exp(ia)) + o 1 lorsque
a
tend vers +1.
r
Zb
Par exemple soit F () = sin(t) exp(i sin(t )) dt avec 0 < b <
.
2
2
0
Considerons le changement de variable t 2]0; b] 7 ! u = sin(t ) 2]0; sin(b )]
qui est un C dieomorphisme.
2
1
Nous obtenons F () =
Z
b
2
sin( 2 )
f (u) exp(iu) du ou f est l'application denie
p
sin asin(u)
1
p
par f (u) = p
pour u 2]0; 1[ et f (0) = .
2
2 1 u asin(u)
0
2
f est continue sur [0; 1[.
p
p
cos( asin(u))
sin asin(u)
p
Pour u 2]0; 1[, f 0 (u) =
4(1 u ) asin(u) 4(1 u ) (asin(u))
pasin(u))
u
sin(
+ p
.
2 (1 u ) asin(u)
Lorsque u tend vers 0 nous avons : asin(u) = u + u + o(u ),
6
pasin(u))
sin(p
= 1 asin(u) + o(u) = 1 1 u + o(u),
6
6
asin(u)
2
2 2
3
2 3
3
v
u
u
p
cos( asin(u)) = t1
s
3
!
p
sin(p asin(u))
asin(u)
asin(u)
1
= 1 u 1 u + o(u) (1 + o(u)) = 1 1 u + o(u),
3
2
p
p
sin(p asin(u))
1
(1 u ) cos( asin(u))
= u + o(u).
3
asin(u)
Nous en deduisons ulim
f 0 (u) = 121 ce qui prouve que f est de classe C sur
!
[0; 1[.
Nous pouvons
appliquer le resultat precedent
etconclure
que :
F () = i1 f (sin(b )) exp(i sin(b )) 21 + o 1 lorsque tend vers +1 ;
sin(b)
1
1
1
soit encore F () =
i 2b cos(b ) exp(i sin(b )) 2 + o lorsque tend
vers +1.
2
2
1
0
2
2
2
2
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
10.
Z
0
"
# Z a + 2bt sin(nt) dt
n
#
Z
(at + bt ) cos(nt)dt = at + bt sin(nt)
n
2
2
=
"
237
0
0
at + bt sin(nt) + a + 2bt cos(nt)
n
n
2
2b
n
2
2
0
0
cos(nt) dt
= a + 2b ( 1)n a .
n
n
Il sut de choisir Za = 1 et a + 2b = 0. Nous avons donc pour tout entier
1
1
naturel n non nul ( t + t ) cos(nt)dt = .
2
! n
Z
N
N
X
X
1
1
=
t
+ t
cos(nt) dt.
2 n
n n
2
2
2
2
0
2
2
0
=1
Pour t 2 [0; ],
N
X
=1
cos(nt) = <e
N
X
!
exp(int) = 'N (t) ou
8 >
< <e exp(it) 1 exp(iNt) si t 6= 0
1 exp(it)
'N (t) = >
.
:
N
si t = 0
Nt cos N t
sin
iNt) =
<e exp(it) 11 exp(
=
exp(it)
sin t
n=1
n=1
(
2
N t
1 sin
.
+
2
2 sin t
+1)
2
(2
+1)
2
2
2
Nous obtenons donc
Z t + t (2N + 1)t !
Z N
X
1
1 1
sin
=
t + 2 t dt +
dt.
t
n
2
2
2
sin
n
t + t
t + t
t 2]0; ] 7 !
2
R est continue, lim
= 1.
t
t! 2 sin t
2 sin
En utilisant les resultats de l'exercice precedent nous obtenons
Z 1
1 1
=
t + 2 t dt = 6 .
lim
n! 1 n
2
1
2
2
2
0
=1
0
1
2
2
1
2
2
0
2
2
2
2
2
2
+
2
0
11. f est continue sur R, periodique donc bornee.
jf (t) exp( t)j6kf k1 exp( t). Pour > 0, t 2 [0; +1[7 ! exp( t) 2 R
est integrable donc t 2 [0; +1[7 ! f (t) exp( t) 2 R est integrable.
Zx
Notons, pour x reel, F (x) = f (t) dt; I = F (1); G(t) = F (t) It.
Zx
8x 2 R; G(x + 1) G(x) =
f (t) dt I = 0 car, comme nous l'avons deja
Zxx
Z
0
+1
+1
1
vu, f etant 1-periodique
f (t) dt = f (t) dt. G est donc de classe C ,
x
1-periodique.
Soit k 2 N. En integrant par parties entre k et k + 1 nous obtenons
1
0
238
Zk
+1
k
Zn
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
h
ik
f (t) exp( t) dt = (G(t) + It) exp( t)
+1
k
f (t) exp( t) dt = (G(n) + nI ) exp( n) + 0
+
Zn
0
Zk
+1
k
+I
G(t) exp( t) dt
Zk
+1
t exp( t) dt.
k
G(t) exp( t) dt
+I
Zn
t exp( t) dt.
lim (G(n) + nI ) exp( n) = 0 car G est continue, periodique denie sur R
n! 1
estZ bornee. Nous avons doncZ
Z 1
1
1
G(t) exp( t) dt + I t exp( t) dt.
f (t) exp( t) dt = 0
+
+
Z
0
0
t exp(
Z 1
1
t) dt = , G(t) exp( t) dt 6kGk1 .
Z 1
Z
2
!0+
+
0
0
+
2
sons lim +
2
0
1
+
+
2
0
1
f (t) exp( t) dt =
Nous en dedui-
f (t) dt.
0
Remarque
de variable t 7 ! u = t nous obtenons
Z 1 en utilisant leZ changement
1 f (t) exp( t) dt = f u exp( u) du.
Nous
Z sommesramen
Z 1e a ce quia ete vu plus haut et la limite est alors egale a
f (t) dt
exp( t) dt d'ou le resultat recherche.
+
+
0
0
1
+
0
Remarque
Z
0
f (t) exp( t) dt = D'apres le resultat precedent lim Z
+
Z
0
1
+
Z
!0+
1
1
+
0
1
+
0
G(t) exp( t) dt + I .
G(t) exp( t) dt =
Z
0
1
G(t) dt donc si
I 6= 0, f (t) exp( t) dt a pour limite l'inni avec le signe de I lorsque tend vers 0 a droite et si I = 0 alors la limite est egale a
Z
Z
h i Z
G(t) dt = tF (t)
tf (t) dt =
tf (t) dt.
0
1
1
1
0
0
1
0
0
12. Nous allons faire deux demonstrations ; l'une en utilisant des resultats vus plus
haut, l'autre directe.
g(1+ t) = 4(1+ E (t)) 2(2+ E (2t))+1 = g(t). g est continue par morceaux,
1-periodique.
Nous en deduisons, en utilisant les resultats vus plus haut,
lim
n! 1
Z
+
1
0
Z
1
0
f (t)g(nt) dt =
Z
1
0
g(t) dt
Z
(4E (t) 2E (2t) + 1) dt = 1 2
1
Z
0
f (t) dt.
1
1
2
E (2t) dt = 1 2
Z
1
1
2
1 dt = 0. La limite
239
cherchee est donc nulle.
Notons In =
Z
1
n Z
X
2
f (t)g(nt)dt. In =
1
k+1
2n
k
2n
f (t)g(nt) dt.
k k + 1 k
Si k = 2p, pour t 2
;
, g(nt) = 4p 4p + 1 = 1.
2n 2n
k k + 1
0
=0
Si k = 2p + 1, pour t 2
2n
Nous obtenons donc In =
In =
Z
n
X
p
2 +1
2
1
p=0
p
n
n
f (t) dt
; 2n , g(nt) = 4p 4p 2 + 1 = 1.
n
X
2
1
k=0
Z
1)k
(
p+1
n
p
2 +1
2
n
Z
k+1
2n
k
n
2
!
f (t) dt soit encore en separant
f (t) dt .
1 dans la seconde integrale
n
1 2
n Z pn X
nous obtenons In =
f (t) f t + 2n dt.
p
p
n
f est continue sur [0; 1] donc est uniformement continue. Soit " > 0. Il existe
N 2 N tel
tout p 2 N; p6n 1 et pour
p quep pour1 n 2 N; n>N on ait
pour
1
62".
tout t 2 ; + , f (t) f t +
n n 2n
2n n X
1
Pour n>N nous avons alors jInj6
2" = ". Nous avons bien n!lim1 In = 0.
2
n
p
En utilisant le changement de variable t 7 ! t
1
2 +1
2
=0
1
+
=0
13. Soit " 2]0; 1[. Soit f 2 C . Il existe 2]0; 1[ tel que pour t 2 [1 ; 1] on ait
"
" .
1 6f (t)61. Nous pouvons choisir 6
2
2 "
Soit g la fonction denie par g(t) = t + 1 pour t 2 [0; 1 ] et
1 1
g(t) = (t 1) pour t 2 [1 ; 1].
g est continue strictement decroissante ; g 2 D.
Pour t 2 [0; 1 ], 1 " 6f (g(t))61, pour t 2 [1 ; 1], 06f (g(t))6f (1 ).
Z 2 " Z f (t)f (g(t)) dt> 1 2
f (t) dt
" Z
" Z
= 1
f (t) dt 1 2
f (t) dt
2
"Z
> 1 2
f (t) dt 1 2" donc
Z
Z
"
"
f (t)f (g(t)) dt
f (t) dt> 2 1 2 > ".
1
1
0
0
1
0
1
1
0
1
0
1
0
1
240
Z
Il est immediat que
sup
g2D
Z
1
0
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
1
0
f (t)f (g(t))dt =
Z
f (t)f (g(t)) dt6
Z
1
0
f (t)dt.
0
Z
Supposons qu'il existe g 2 D tel que
1
f (t) dt donc
Z
1
1
f (t)f (g(t))dt = f (t)dt.
La continuite des applications implique : 8t 2 [0; 1]; f (t)(f (g(t)) 1) = 0. f
est strictement croissante donc pour t 2]0; 1] f (g(t)) = 1 c'est-a-dire g(t) = 1
et g n'est pas strictement decroissante.
La borne superieure n'est pas atteinte.
0
0
14. Soit = (t ; ; tn ) une subdivision de [0; x]. 0 = (f (t ); ; f (tn)) est
une subdivision de [0; f (x)].
Soit " > 0. D'apres les resultats
concernant les sommes deRiemann il existe
0
0
Z x n
X
tk )f (tk )
f (t) dt 6". De m^eme il
> 0 tel que ()6 ) (tk
k Z
n
fx
X
f (t) dt 6".
existe 0 > 0 tel que (0 )60 ) (f (tk ) f (tk ))tk
k
1
+1
0
=0
1
( )
+1
+1
1
0
=0
f est uniformement continue sur [0; a] donc quitte a choisir susamment
petit nous avons ()6 ) (0 )60 .
Soit
alors ainsi choisi.
n
n
X
X
(tk
tk )f (tk ) + (f (tk ) f (tk ))tk
1
k=0
1
+1
+1
k=0
+1
=
n
X
1
tk f (tk )
+1
+1
n
X
1
tk f (tk ) = xf (x).
Z x
Z
fx
f (t) dt xf (x) 62" c'est-a-dire, "
Nous en deduisons f (t) dt +
Zx
Z fx
k=0
( )
0
1
0
( )
f (t) dt +
f (t) dt = xf (x).
ZSoitx y 2 [0; fZ(ay)]. Supposons y>f (x).Z y
f (t) dt + f (t) dt = xf (x) +
f (t) dt.
etant quelconque,
0
1
0
1
0
0
f est croissante donc
1
xf (x) +
Zy
f (x)
1
Zy
f (x)
f (x)
f (t) dt>x(y f (x)) puis
1
f (t) dt>x(y f (x)) + xf (x) = xy.
1
Supposons y6f (x) nous avons
k=0
Zx
Zy
0
0
f (t) dt + f (t) dt =
Zf
1
0
Zy
y
1
( )
241
Zx
f (t) dt + f (t) dt + f (t) dt
1
Zx
f
0
y
1( )
= yf (y) + f (t) dt>yf (y) + y(x f (y)) = xy.
f y
Le resultat est demontre.
1
Zf
Supposons que f soit de classe C .
En integrant par parties nous obtenons
1
0
Zf
Zy
0
1
y
( )
uf 0 (u) du = yf
1
Zx
(y )
Zf
0
1
1
1( )
1
Zy
y
( )
uf 0 (u) du =
y
( )
1
0
f (t) dt.
1
Zx
f (u) du + f (t) dt donc
Zx
0
f (t) dt + f (t) dt = yf (y) + f (u) du. Nous concluons comme auf y
dessus.
15. (a) Soit t 2 [0; 1[. a = E (10t); x = t a ; a = E (100x ). Nous avons
10
9
alors f (t) = t +
(E (100x ) E (10t)).
100
lim a = 9, lim x = 1 , lim a = 9.
t!
t!
10 t!
f est continue en 1 ; de m^eme f est continue en 0.
i
f est continue en tous les points de [0; 1] qui ne sont pas du type 100
avec i 2 N .
f est donc continue par morceaux ; en fait t 7 ! f (t) t est en escalier.
10i + j 10i + j + 1 Pour t 2
;
, f (t) = t + 9 (j i) avec i et j dans
100
100
100
f0; 1 ; ; 9g.
!
Z
1 9 X X 1
(b) Nous obtenons f (t) dt = +
(j i) .
2 100 i
j 100
En faisant le calcul nous obtenons 0 ; nous pouvons eviter le calcul en
1
0
1
1( )
0
1
1
1
2
1
1
1
1
1
1
1
2
99
9
9
=0
=0
1
0
remarquant que
! X X
X X
9
9
i=0
j =0
(j i) =
9
9
j =0
i=0
j = i0 dans la seconde somme nous obtenons
dire
!
X X
(j i)
i
jZ
9
9
=0
=0
Finalement
1
0
=
X X
f (t) dt = 21 .
9
9
i=0
j =0
16. Soit F l'application denie par F (x) =
!
!
(j i) . Posons i = j 0 et
X X
9
9
!
(i0 j 0 ) c'est-a-
i0 =0 j 0 =0
(j i) = 0.
Zx
a
f (t) dt. F est continue sur [a; b]
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
242
de classe C sur ]a; b[ strictement croissante a derivee strictement positive sur
]a; b[ ; il s'agit donc d'un homeomorphisme de [a; b] dans [0; F (b)] et un C
dieomorphisme de ]a;Z b[ dans ]0; F (b)[.
b
F (xk ) F (xk ) = n1 f (t)dt donc pour k 2 N; k6n 1 nous avons
a
k
X
F (xk ) = (F (xi ) F (xi )) = k +n 1 F (b).
i
k F (b) .
Nous en deduisons, pour k 2 f0; 1; ; ng, xk = F
n
k n
n 1X
1X
n k g(xk ) = n k g F n F (b) . h = g F est continue ; la somme
1
1
+1
+1
+1
=0
1
1
=0
1
=0
de Riemann associee a h a pour limite
Z
ZFb
( )
h(x) dx donc
n
(x) dx.
1X
1 Fb
lim
g
(
x
)
=
g
F
k
n! 1 n
F (b)
k
Compte tenu des resultats rappeles plus haut nous obtenons, en posant x =
+
( )
0
1
0
=0
ZFb
Zb
Zb
0
F (t),
g F (x) dx = g(t)F (t) dt = g(t)f (t) dt.
a
a
Z
n
b
X
Nous avons donc n!lim1 1 g(xk ) = R b 1
g(t)f (t) dt.
n
f (t) dt a
( )
1
0
+
k=0
n
a
n
17. f etant positive, pour n>2, (f (t)) et (f (t)) existent.
En utilisant l'inegalite de Cauchy-Schwarz nous opbtenons
2
2
1
Z b
Z b
Zb
n
n
n
(f (t)) (f (t)) dt 6 (f (t)) dt (f (t))n dt soit (In
a
a
a
2
1
2
2
1
) 6In In .
2
2
Si f est continue non identiquement nulle In est strictement positif donc la
suite de terme general In , n>1, est decroissante.
In
18. f est continue par morceaux donc il existe une subdivision = (a ; ; an)
de [0; 1] telle que la restriction de f a ]ai; ai [ soit continue prolongeable par
continuite sur [ai ; ai ].
1
0
+1
Z
n Z ai
X
+1
1
0
f (t) dt =
1
k=1
+1
ai
f (t) dt. L'une des integrales est strictement positive. Il
existe donc i 2 Nn tel que
1
Z ai
+1
ai
f (t) dt > 0.
Soit g la fonction continueZ prolongee surZ [ai ; ai ] de la restriction de f a
ai
ai
f (t) dt =
g(t) dt > 0.
]ai ; ai [. Nous obtenons
+1
+1
+1
+1
ai
ai
Il existe t 2 [ai ; ai ] veriant g(t ) > 0. g est continue donc il existe un intervalle [a; b] inclus dans [ai ; ai ] de longueur strictement positive sur lequel
0
+1
0
+1
243
g est strictement positive puis un intervalle de longueur strictement positive
[; ] inclus dans ]ai ; ai [ sur lequel g donc f est strictement positive.
Le minimum de f sur cet intervalle est donc atteint car la restriction de f a
celui-ci est continue et ce minimum m est strictement positif. 8t 2 [; ],
f (t)>m.
+1
Z
1
Z
Z
Z
P (t)f (t) dt> P (t)f (t) dt>m P (t) dt>0 donc P (t) dt = 0.
P est donc nul sur [; ]. P est un polyn^ome nul en une innite de reels ; P
est donc nul.
19. Soit x 2 [a; b]. f est de classe C nous pouvons integrer par parties.
0=
2
2
2
2
0
2
Zb
a
1
b Z b
f (t) dt = (t x)f (t)
Zx
a
a
= (x t)f 0 (t) dt +
a
Nous
Z b obtenons
alors
Z x
f (t) dt 6M (x t) dt
a
x)f 0 (t) dt =
(t
Zb
x
a
(x t)f 0 (t) dt
(x t)f 0 (t) dt.
Zb
a
Zb
x
M
(x t) dt =
(x a)
2
2
+ (x b) .
2
Le minimum sur [a; b] de (x a) + (x b) est obenu pour x = a + b . Nous
2
avons alors la relation demandee.
20. ZIntegrons deux
parties.
fois par
b Z b a + b b
a
+b
f (t) dt = t
f (t)
t
f 0 (t) dt
2
2
a
a
1
b a Z b 1
=
(t a)(t b)f 0 (t) +
(t a)(t b)f 00 (t) dt
2
2
a
a
Z b1
=
(t a)(t b)f 00 (t) dt.
2
a
Nous
obtenons
Z b
alors Z b 1
(b a)
00
f (t) dt 6kf k1 (t a)(t b) dt =
kf 00 k1 .
2
12
a
a
Nous pouvons appliquer ce resultat a la methode des trapezes.
Soit f une application de classe C de [a; b] dans l'espace vectoriel E de
t a (f (b) f (a)). g verie les
dimension nie. Posons g(t) = f (t) f (a)
Z b
(b b a)a
00 k c'est-a-dire :
conditions precedentes donc g(t) dt 6
k
f
1
12
a
Z b
(b a)
b
a
00 k1 .
f (t) dt
(f (a) + f (b)) 6
k
f
2
12
a
Soit alors = (a ; ; an) une subdivision de [a; b].
2
2
3
2
3
3
0
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
244
Zb
a
n X
ak
ak (f (a ) + f (a ))
k
k
2
a
n Z ak
X
k
=
f (t) dt
1
f (t) dt
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
k=0
+1
+1
1
Nous
en deduisons
+1
ak
k=0
n Z b
X
ak
a f (t) dt
k
+1
X
n
(ak
ak (f (a )+ f (a )) 6
k
k
2
Il s'agit de l'erreur due a la methode des trapezes.
b a alors en posant
Si nous choisissons ak = a + k
n
1
+1
ak (f (a ) + f (a ))
k
k
2
+1
+1
=0
1
k=0
.
!
ak ) kf 00 k .
1
12
+1
3
!
n
X
ak (f (a ) + f (a )) = b a f (a) + f (b) + f (a )
Rn =
k
k
k
2
2n
k
k
Z b
(b a)
nous avons f (t) dt Rn 6
kf 00 k1 .
12
n
a
n X
ak
1
+1
1
+1
=0
=1
3
2
Zt
21. Pour t 2 [a; b], f (t) = f 0 (u) du.
a
En utilisant l'inegalite de Cauchy-Schwarz nous obtenons
f (t) =
2
Z t
a
Z t
2
1 f 0 (u) du
Zt
6
a
Z t
1 du
a
Zb
a) (f 0 (u)) du.
a
a
0
L'egalite ayant lieu uniquement si f est colineaire a 1 c'est-a-dire est constante
soit encore f (t) = c(t a) avec c 2 R.
A partir de l'inegalite precedente nous obtenons :
= (t a)
Zb
(f 0 (u))2 du6(t
(f 0 (u))2 du
Z b
Z b
2
.
f (t) dt6
(t a) dt
a
a
Nous obtenonsZle resultat demande.
b
f (t) (t a) (f 0 (u)) du60 donc, par continuite, l'integrale est nulle lorsque
2
a
2
2
a
(f 0 (u))2 du
Zb
8t 2 [a; b]; f (t) = (t a) (f 0 (u)) du.
2
a
En particulier f (b) = (b a)
2
2
Zb
a
(f 0 (u)) du. Nous avons vu plus haut que
2
cette egalite a lieu si f (t) = c(t a). Dans ces conditions
Zb
(
b
a
)
(
b
a
)
f (t) dt = c 3 et 2
(f 0 (t)) dt = c (b a) .
2
a
a
Il vient alors c = 0 puis f = 0.
Zb
2
2
3
2
2
2
3
22.
Supposons ff 0 >0.
Za
0
f (t)f 0 (t) dt =
1 f (a) = 1
2
2
2
Z a
0
1 f 0 (t) dt
En utilisant l'inegalite de Cauchy-Schwarz nous obtenons
Revenons au cas general.
Za
0
245
2
.
f (t)f 0 (t) dt6 a
2
Zt
Za
0
Posons pour t 2 [0; a] g(t) = jf 0 (u)j du. g est de classe C , positive et
g0 = jf 0 j.
precedent nousZ obtenons
ZEna utilisant le resultat
Z
a
a
jg(t)g0 (t)j dt6 a2 jg0 (t)j dt = a2 jf 0(t)j dt.
1
0
2
2
Z t
0
Pour t 2 [0; a] jf (t)j = f (u) du 6jg(t)j donc jff 0 j6gg0 puis
Za
aZ a
0
0
0
0
jf (u)f 0 (u)j du6 2 f 0 (t) dt.
Dans le cas ou ff 0 >0, l'egalite a lieu si et seulement si f 0 est colineaire a 1
2
0
0
c'est-a-dire est constante ; dans le second cas il faut que g0 soit colineaire a
1 c'est-a-dire est constante. g0 constante equivaut a jf 0 j constante. Si cette
constante C est strictement positive alors f 0 = C . Si f 0 n'est pas constante
alors par continuite sur [0; a] elle s'annule ce qui est faux. Dans tous les cas
f 0 est donc constante et il existe k 2 R tel que 8t 2 [0; a] f (t) = kt.
Supposons alors f (t) = kt.
Za
Za
k
a
0
Nous avons jf (t)f (t)j dt =
, jf 0 (t)j dt = k a. L'egalite a donc lieu.
2
23. Soit g une fonction en escalier. Il existe une subdivision (t ; t ; ; tn)
de [0; 1] telle que la restriction de g a ]ti ; !
ti [ est constante egale a i 2
2
2
2
0
[a; b]. '
Z
Z
1
0
1
0
0
g(t) dt = '
X
n
1
n
X
1
i=0
(ti
+1
ti )i . ' etant convexe nous obte-
g(t) dt 6 (ti
ti )'(i ) car ti ti >0 et
i
' g est aussi en escalier ; constante sur ]ti ; ti [.
Z
n
X
(' g)(t) dt = (ti
ti )'(i).
nons '
0
+1
1
+1
+1
=0
n
X
1
i=0
(ti
+1
ti ) = 1.
+1
1
0
1
i=0
+1
L'inegalite est veriee dans ce cas.
Montrons un resultat preliminaire que nous avons deja vu dans d'autres exercices
Soit f une application continue de [a; b] dans R ; soit (gn)n2N une suite d'applications denies de X dans [a; b]. On suppose que la suite (gn)n2N converge
uniformement vers une application g alors la suite (f gn)n2N converge uniformement vers f g.
En eet f est uniformement continue donc pour " > 0 il existe > 0 tel que
(f 0 (t)) dt.
2
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
246
pour tout couple (u; v) d'elements de [a; b], ju vj6 ) jf (u) f (v)j6".
La suite (gn)n2N converge uniformement vers g donc il existe N 2 N tel
que pour tout x 2 X et pour tout n 2 N, n>N ) jgn(x) g(x)j6 puis
j(f gn )(x) (f g)(x)j6".
Remarque si f n'est pas uniformement continue le resultat peut ^etre faux ;
choisissons gn (x) = x + 1 et f (t) = t . (gn)n2N converge uniformement
n+1
2x
1
vers g : x 7 ! x ; (f gn)(x) = x +
+
n + 1 (n + 1) . f gn converge simplement vers f g et (f gn)(n + 1) (f g)(n + 1) = 2 + 1 . La conver(n + 1)
gence n'est donc pas uniforme.
Revenons a notre question.
Soit (gn)n2N une suite de fonctions en escalier, a valeurs dans [a; b], qui
converge
Z uniformement
Z vers g.
lim
gn(t) dt = g(t) dt. La suite de terme general ' gn converge unin! 1
2
2
2
2
1
1
Z
Z
formement vers ' g donc n!lim1 (' gn)(t) dt = (' g)(t) dt. ' etant
Z
Z
+
0
0
1
+
0
1
0
1
1
continue nous obtenons n!lim1 '
gn(t) dt = '
g(t) dt . Le resultat
demande est donc demontre.
Nous pouvons faire une preuve plus directe. Soit (gn)n2N une suite de fonctions
en escalier, a valeurs dans [a; b], qui converge vers g. j(' gn )(t)j6k'k1 donc
on peut appliquer le theoreme de convergence dominee et conclure.
La continuite de ' n'est pas necessaire.
Soit ' la restriction de l'application convexe ' a ]0; 1[. Nous avons vu dans
le chapitre variable reelle que ' est prolongeable en une fonction convexe
continue sur [0; 1]. En utilisant le resultat precedent nous obtenons
+
0
0
1
1
'
Z
1
1
0
Z
g(t) dt 6
Z
1
1
' (g(t)) dt =
1
0
Z
Z
1
0
'(g(t)) dt.
1
Soit a = g(t) dt alors (g(t) a) dt = 0 et, g etant a valeurs dans [a; b],
g est egale a a en tout point de [0; 1]
Zsauf en auplus un nombre
Z ni de points.
Nous avons alors immediatement '
g(t) dt = '(a) et '(g(t)) dt = '(a).
0
0
1
On a le m^eme type de resultat si
Z
Z
Z
1
0
1
1
0
1
0
g(t) dt = b.
Z
1
Si a < g(t) dt < b alors '
g(t) dt = '
g(t) dt . L'inegalite demandee est donc veriee.
Soit f une application convexe denie sur un intervalle I de R a valeurs reelles.
Soit g une application continue par morceaux denie de [a; b] dans I .
1
0
0
0
247
Notons, pour t 2 [0; 1], g (t) = g((b a)t + a).
Z
Nous obtenons f
Z
1
g (t) dt = b a
1
0
g (t) dt 6
Zb
0
1
Z
1
1
a
Nous en deduisons f
1
g(t) dt et
Zb
1
b a
a
1
(f g )(t) dt.
1
Z
0
1
(f g )(t) dt =
0
1
1
g(t) dt 6 b 1 a
Zb
a
Zb
b a
a
(f g)(t) dt.
(f g)(t) dt.
24. Soit F une primitive de f ; soit G une primitive de F . F (t) = A +
G(t) = At + B +
Z t Z u
a
a
f (v) dv du.
Z b Z u
Zt
a
f (u) du,
G(a) = Aa + B , G(b) = Ab + B +
f (v) dv du = Ab + B C . Le sysa
a
Aa + B = 0
teme Ab + B = C possede une solution (A; B ) 2 C . Il existe donc une
application G de classe C veriant G0 = F; F 0 = f et G(a) = G(b) = 0.
Soit g une application de classe C veriant g(a) = g(b) = 0. En integrant par
parties nous obtenons
2
2
2
Zb
a
f (t)g(t) dt = F (t)g(t)
=
@
b Z b
a
G(t)g0 (t)
a
F (t)g0(t) dt
b Z b
a
+
a
G(t)g00 (t) dt =
Zb
a
G(t)g00 (t) dt.
Nous avons doncZ pour toute fonction g de classe C de [a; b] dans C veriant
b
g(a) = g(b) = 0 G(t)g00 (t) dt = 0.
a
A partir de G nous pouvons comme precedemment construire H verant
H (a) = H (b) = 0 et H 00 = G . H est au moins de classe C donc verie
2
Zb
Zb
2
c'est-a-dire jG(t)j dt = 0.
a
a
Nous en deduisons G = 0 puis f = 0.
G(t)H 00 (t) dt = 0
2
25. Integrons deux fois par parties t 7 ! sin(t)f 00 (t).
Z
0
sin(t)f 00 (t) dt =
Z
Z
0
cos(t)f (t) dt = f () + f (0)
sin(t)f (t) dt.
Z
0
Nous obtenons donc 06
0
0
(f (t) + f 00 (t)) sin(t) dt = f (0) + f ().
Soit x 2 R x
Ze. Posons g(t) = f (x + t). g verie les m^emes hypotheses qu'au
dessus donc (g(t) + g00 (t)) sin(t) dt = g(0) + g()>0 c'est-a-dire :
0
g(0) + g() = f (x) + f (x + )>0.
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
248
Remarque nous pouvons utiliser les equations dierentielles.
Posons f + f 00 = g. f est solution de l'equation dierentielle y00 + y = g.
En utilisant la methode de variation des constantes nous obtenons pour solutions les fonctions denies par
Zt
Zt
f (t) = g(u) sin(u) du cos(t) + + g(u) cos(u) du sin(t) avec et reels.
Zt
Z
f (t) + f (t + ) =
g(u) sin(u t) du = g(u + t) sin(u) du>0.
0
0
+
t
0
26. Utilisons la m^eme methode qu'a l'exercice precedent.
Supposons b a > . Nous obtenons en integrant deux fois par parties, a + eZtant strictement inferieur a b, Z
00
sin(t)f (a + t) dt = f (a + )
sin(t)f (a + t) dt soit encore
0
0>
Z
0
0
sin(t)(f 00 (a + t) + f (a + t) dt = f (a + ).
Nous en deduisons f (a + )60 et par hypothese f (a + )>0 donc f (a + ) = 0.
) est decroisf 00 6 f 60 ; f est concave et l'application t 7 ! f (tt) (fa (+a +
)
sante sur [a; b] n fa + g.
'(b) est bien deni car a + 6= b. '(a) = '(b) = 0 donc ' est nulle sur
[a; b] nfa + g c'est-a-dire f est nulle sur [a; b] nfa + g donc, par continuite,
sur [a; b] ce qui est contradictoire.
Nous avons bien b a6.
27. f = 0 est solution.
Supposons f non nulle.
8x 2 R; 2f (x) = f (x)f (0) ; f etant non nulle nous obtenons f (0) = 2.
8y 2 R; f (y) + f ( y) = 2f (y) donc f est paire.
f est continue, egale a 2 en 0 donc il existe un intervalle ferme borne [ a; a]
(a > 0) tel que 8x 2 [ a; a]; f (x)>1.
Za
2
f (x + t) dt +
Zx
a
Za
a
+
x a
f (x t) dt = f (x)
Za
Za
f (t) dt soit encore :
Za
f (t) dt = f (x) f (t) dt. f (t) dt>2a > 0 donc il existe une constante
a
Za x a
a
Ka > 0 telle que 8x 2 R, f (x) = K
+
x a
a
f (t) dt.
f est donc de classe C et 8x 2 R; f 0 (x) = K (f (x + a) f (x a)). f 0 est de
classe C . Si f est de classe C p alors f 0 est de classe C p donc f est de classe
est de classe C p . f est donc de classe C 1 .
En reprenant la relation initiale de denition nous avons
8(x; y) 2 R ; f 0 (x + y) f 0 (x y) = f (x)f 0 (y) puis
8(x; y) 2 R ; f 00 (x + y) + f 00 (x y) = f (x)f 00 (y) ; en particulier
1
1
+1
2
2
249
8x 2 R; 2f 00 (x) = f (x)f 00 (0).
f etant paire et derivable, nous avons f 0 (0) = 0
f 00 (0) = 0.
donc f 0 (x) = 0 puis f (x) = 2. f (x + y) + f (x y) f (x)f (y) = 0. Cette
fonction convient.
f 00 (0) = 2! ; ! > 0. f 00 (x) = ! f (x).
f (x) = A exp(!x) + B exp( !x). f (0) = A + B = 2. f 0 (0) = A! B! donc
A = B = 1 et f (x) = 2 ch(!x).
f (x+y)+f (x y) f (x)f (y) = 2 ch(!x) ch(!y)+2 sh(!x) sh(!y)+2 ch(!x) ch(!y)
2 sh(!x) sh(!y) 4 ch(!x) ch(!y) = 0.
Cette fonction convient.
f 00 (0) = 2! ; ! > 0. f 00 (x) = ! f (x).
f (x) = A cos(!x) + B sin(!x). f (0) = A = 2, f 0 (0) = B! = 0 donc
f (x) = 2 cos(!x).
f (x + y) + f (x y) f (x)f (y) = 2 cos(!x) cos(!y) 2 sin(!x) sin(!y) +
2 cos(!x) cos(!y) + 2 sin(!x) sin(!y) 4 cos(!x) cos(!y) = 0.
Cette fonction convient.
2
2
2
2
28. Il est clair que la fonction nulle est solution.
Supposons f non nulle. Il existe a 2 R tel que f (a) 6= 0. Une telle solution f
1 Za x
doit donc verier 8x 2 R; f (x) =
f (a) a x f (t) dt.
Gr^ace a cette relation nous en deduisons que f est continue, de classe C par
morceaux. Supposons f de classe C n , C n par morceaux. La relation precedente conduit au fait que f de classe C n , C n par morceaux. f est donc de
classe C 1 .
En reprenant la relation precedente nous obtenons
Zax
1
8x 2 R; f ( x) = f (a)
f (t) dt = f (x). f est impaire.
a x
En derivant nous obtenons f (y)f 0 (x) = f (y + x) + f (y x) puis a nouveau
f (y)f 00 (x) = f 0 (y + x) f 0 (y x) et enn f (y)f (x) = f 00 (y + x) + f 00 (y x)
soit en particulier, pour x = 0, f (y)f (0) = 2f 00 (y).
Si f (0) = 0 nousZ obtenons
f (y) = ay.
y x
f (x)f (y) = a xy,
f (t) dt = 2axy. La seule solution, non nulle, de ce
y x
type est donc denie par f (x) = 2x.
Supposons f (0) > 0. Posons f (0) = 2! avec ! > 0.
Les solutions sont denies par : f (y) = a exp(!y) + b exp( !y). f est impaire
si et seulement si a + b = 0 donc f (y) = 2a sh(!y).
Zyx
f (x)f (y) = 4a sh(!x) sh(!y).
f (t) dt = 4!a sh(!x) sh(!y). La seule soy x
+
1
+1
+1
+2
+
(3)
(3)
(3)
+
2
(3)
(3)
+
2
2
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
250
lution, non nulle, de ce type est donc denie par f (x) = 2 sh(!x).
!
Supposons f (0) < 0. Posons f (0) = 2! avec ! > 0.
Les solutions sont denies par : f (y) = a cos(!y) + b sin(!y). f est impaire si
et seulement si a = 0 donc f (y) = b sin(!y).
Zy x
f (x)f (y) = b sin(!x) sin(!y).
f (t) dt = 2!b sin(!x) sin(!y). La seule
y x
solution, non nulle, de ce type est donc denie par f (x) = 2 sin(!x).
!
(3)
(3)
2
+
2
29. f est de classe C donc nousZpouvons utiliser la formule de Taylor.
x h
f (x + h) = f (x) + hf 0 (x) +
(x + h t)f 00 (t) dt.
2
+
Zx
h
Z
x
+
1
R(h) = h (1 u) f 00 (x + uh)du.
x
Pour x xe (u; hZ) 2 [0; 1] [ 1; 1] 7 ! f 00 (x + uh) 2 R est continue donc
h 2 [ 1; 1] 7 ! (1 u) f 00 (x + uh) du est continue et
Notons R(h) l'element
(x + h
1
t)f 00 (t)dt.
2
2
0
2
10
Z
R
(h)
00 (x) du = 1 f 00 (x).
lim
=
(1
u
)
f
h! h
2
Soit y 2 R .
f (x + y)f (x y) = (f (x) + yf 0 (x) + R(y))(f (x) yf 0 (x) + R( y))6(f (x))
En developpant nous obtenons
(f (x) yf 0 (x)) R(y) + R( y) + R(y)R( y) 6(f 0 (x)) .
y
y
En utilisant ce que nous venons de demontrer nous obtenons
R(y) + R( y) = f 00 (x), lim R(y)R( y) = 0. En calculant la limite lorsque
lim
y!
y!
y
y
0
1
0
2
2
0
2
2
2
2
2
0
0
2
y tend vers 0 nous obtenons alors f (x)f 00 (x) (f 0 ) (x)60 d'ou le resultat.
2
30. In =
Z
0
Z
dt
1
=
1 + cos (nt) n
2
n
du .
1 + cos (u)
2
0
Z
du .
La periodicite et la parite conduit a In = 2
1 + cos (u)
h h
L'application u 2 0; 7 ! y = tan(u) 2 [0; +1[ est de classe C donc
Z du
Z 12 dy
=
.
1 + cos (u)
2+y
y
p
1
Une primitive de y 7 !
est y 7 ! 2 atan p .
2+y
2
2
0
2
1
+
2
0
2
0
2
2
Si nous utilisons la formule de Taylor avec reste de Lagrange deja vue nous obtenons plus
rapidement la reponse.
10
251
Z
et I = p .
du
= p
1 + cos (u) 2 2 n
2
Z
u
n
f n
Jn = n1
du.
1 + cos (u)
Z k f u
Z f u k n
Soit k 2 N; k6n 1.
du = 1 + cosn (u) du.
1
+
cos
(
u
)
k
En utilisant la premiere formule de la moyenne, que nous avons demontree plus
k (k + 1) haut, nous obtenons l'existence pour chaque k d'un reel ck 2
n; n
Z f u k Z du
n
du = f (ck ) 1 + cos (u) .
tel que
1 + cos (u)
2
2
0
2
0
+
( +1)
2
2
0
+
2
0
2
0
n
X
Nous en deduisons Jn = p
f (ck ).
n 2k
En utilisant le resultat concernant les sommes de Riemann
associees a des
Z
f (t) dt.
subdivisions pointees nous obtenons alors n!lim1 Jn = p1
2
Remarque en utilisant le resultat que nous avons vu plus haut nous obtenons alors imm
eZdiatement
Z 1
1
lim J =
dt
f (t) dt .
n! 1 n 1 + cos(t)
Nous retrouvons le resultat precedent.
1
=0
11
+
0
12
+
31. L'egalite
2
0
Z
2
cos(t)ndt =
Z
2
0
sin(t)ndt s'obtient en eectuant le changement
t.
de variable t 7 !
2
Supposons n>2.
En ecrivant cos(t)n = sin0 (t) cos(t)n et en integrant par parties nous obtenons
Z
Z
h
i
n
n
cos(t) dt = sin(t) cos(t)
+ (n 1) sin(t) cos(t)n dt.
0
0
1
2
1
0
Nous obtenons donc
Z
2
0
2
2
0
Z
0
cos(t)ndt = (n
1)
2
2
0
cos(t)n
In = (n 1) (In
In) puis nIn = (n 1)In .
Supposons n = 2p avec p 2 N . I = .
2
2
2pI p = (2p 1)I
2
2
cos(t)n dt soit
2
2
p
2(
1)
puis
N
Y
p=1
0
(2p)
N
Y
p=1
Ip=
2
N
Y
N
p=1
p=0
(2p 1)
Y
1
I p.
2
On peut aussi refaire les demonstrations deja vues dans les exercices precedents pour se ramener
a des sommes de Riemann associees aux extremites des intervalles.
12
Voir l'exercice numero 9.
11
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
252
En simpliant (I p 6= 0) nous obtenons I N
N
Y
2
N
Y
p=1
2
N
Y
(2N )!
(2p 1) = N ;
2 N!
p=1
p=1
(2p) = I
0
N
Y
p=1
(2p 1).
(2p) = 2N N !.
(2N )! ; relation vraie aussi pour N = 0.
2 (2N N !)
Supposons n = 2p + 1 avec p 2 N . I = 1.
Nous en deduisons I N =
2
(2p + 1)I p = (2p)I
2 +1
p
2(
2
1)+1
puis
1
Y
N
p=1
(2p + 1)
En simpliant (I p 6= 0) nous obtenons I N
2 +1
N
Y
p=1
2
(2p + 1) = (2NN+ 1)! ;
2 N!
N
Y
p=1
N
Y
Ip =
p=1
N
+1
2 +1
Y
p=1
N
Y
N
p=1
p=0
N
(2p)
(2p + 1) = I
1
Y
Y
p=1
1
Ip .
2 +1
(2p).
(2p) = 2N N !.
2N N !
; relation vraie aussi pour N = 0.
Nous en deduisons I N =
(2N + 1)!
i i
Remarque 8n 2 N; jcos(t)nj 61, 8t 2 0; 2 n!lim1 cos(t)n = 0 donc en utilisant le theoreme de convergence dominee nous obtenons n!lim1 In = 0.
I
I n + 16n + 1.
Il est clair que In>In > 0 donc 16 n = n
In
In n
n
I
n
Nous en deduisons n!lim1
In = 1.
I n = ((2n)!) (2n + 1) = 2(2n + 1) (I ) .
n
In
2
(2nn!)
r
r
2(2
n
+
1)
Nous en deduisons n!lim1
I n = 1 donc I n n! 1 4n .
E tant donne que Inret In sont equivalents lorsque n tend vers l'inni nous
.
obtenons In n! 1
2n
2
2
+1
+
+
+1
+
+1
1
+1
2
2
2 +1
2
2
4
2
+
2
+
+1
+
i i
32. Posons, pour t 2 0; , u(t) = (sin(t))x = exp(x ln(sin(t))). u est continue
2
strictement positive.
Lorsque t tend vers 0, a droite,
nous avonsx
sin(t)
x ln(sin(t)) = x ln t + x ln(t) = 6 t + x ln(t) + o(t )
xt
x
puis u(t) = t 1
+ o(t ) t! tx.
6
i i
u est integrable sur 0; 2 si et seulement si x > 1.
2
2
2
0+
2
253
f est donc denie sur ] 1; +1[.
i i
(t; x) 2 0; ] 1; +1[7 ! exp(x ln(sin(t))) 2 R est continue.
2
Soit a 2 R, xe, 1 < a < 0.
Pour a6x nous avons exp(x ln(sin(t)))6 exp(ia ln(sin(
t))) = (sin(t))a car x>a
i
et ln(sin(t))60. La fonction v denie sur 0; par v(t) = (sin(t))a est
2
continue, integrable. La restriction de f a [a; +1[ est donc continue. Soit
b 2] 1; +1[. Soit a 2 R; 1 < a < b; a < 0. ]a; +1[ est un voisinage de
b sur lequel, la restriction de f est continue. f est donc continue en b puis, b
etant quelconque, f est continue sur ] 1; +1[.
ln(sin(t)) < 0, nulle en donc f est strictement decroissante. f est strictement
2
positive.
, lim exp(x ln(sin(t))) = 1 si t = . Nous
lim
exp(
x
ln(sin(
t
)))
=
0
si
t
<
x! 1
2 x! 1
2
pouvons choisir x>0 et utiliser, ici, comme dominante 1. Le theoreme de
convergence dominee, permet de conclure que x!lim1 f (x) = 0.
h i
Integrons par parties sur a; avac a > 0. Nous obtenons :
2
+
+
+
Z
2
a
(sin(t))x+2 dt =
Z
soit encore
Z :
(x + 2) (sin(t))x dt = cos(t)(sin(t))x
2
2
cos(t)(sin(t))x+1 a2 +(x + 1) (cos(t))2(sin(t))x dt
a
+2
+1
a
+(x + 1)Z
2
a
a
2
(sin(t))x dt.
En faisant tendre a vers 0, nous obtenons
pour x > 1, (x + 2)f (x + 2) = (x + 1)f (x).
g(x + 1) g(x) = (x + 2)f (x + 1)f (x + 2) (x + 1)f (x)f (x + 1) = 0.
Pour x > 1 nous avons donc g(x + 1) = g(x).
g(0) = f (0)f (1) = 2 . Montrons que g est constante, egale a 2 sur [0; 1].
Soient n 2 N et x 2 [0; 1]. g(n) = g(0) = .
2
g(x + n) = (x + n + 1)f (x + n)f (x + n + 1)
>(x + n + 1)f (n + 1)f (n + 2) = (x + n + 1) g(nn++21) .
Donc g(x + n)> x + n + 1 .
2 n+2
x + n + 1.
De m^eme, g(x + n)6
2 n+1
x + n + 1 6g(x + n)6 x + n + 1 .
Nous obtenons alors
2 n+2
2 n+1
En utilisant la relation g(x + 1) = g(x) nous obtenons :
13
13
f (1) = 1, en faisant tendre x vers -1 nous en deduisons : f (x) x! 1+ x +1 1 .
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
254
8x 2 [0; 1]; 8n 2 N, 2 x +n +n +2 1 6g(x)6 2 x +n +n +1 1 .
En faisant tendre n vers +1 nous avons g(x) = sur [0; 1]. g est donc
2
constante sur ] 1; +1[ c'est-a-dire : 8x > 1; (x + 1)f (x)f (x + 1) = .
2
6(f (x)) .
(f (x + 1)) 6f (x)f (x + 1) =
2(x + 1)
2
2
r
Il vient, pour x > 0, 6(f (x)) 6 soit encore f (x) x! 1
2(x + 1)
2x
2
+
33. Sn;p =
n
X
2
1
q=0
cos
exp ix + i
p
2
1
x + q
n =2p
q n + exp
Il vient alors Sn;p =
n X
p
ix i q
.
n
q
p Xp j q q
ix i n
= C p exp i(2p 2j ) x +
n .
j
2
exp ix + i q + exp
n
1
2
=0
2
2
2
2
=0
Xp
2
C2jp exp(i(2p
j =0
.
2x
2j )x)
n
X
2
1
q=0
!
q
exp i(2p 2j )
n .
(2p 2j ) 0 (mod 2) equivaut a p j 2 Z.
n
n
n
X
q = 2n si p j 2 Z
exp i(2p 2j )
n
n
q
2
1
=0
q = exp(i(2p 2j )2) 1 = 0 si p j 62 Z.
n
n
exp i(2p 2j ) n 1
q
E tant donne que n > 2p, 1 p 6 p j 6 p < 1 .
2 n n n 2
2nC p
Nous obtenons donc Sn;p = p p .
2
En utilisant les sommes de Riemann nous obtenons :
n
q Z p
X
p
lim
cos x +
= cos (x) dx.
n! 1 2n
n
q
Z
Cp
Nous avons alors cos p (x) dx = pp .
2
X
n
2
1
exp i(2p 2j )
=0
2
2
2
1
2
+
2
0
=0
2
2
Z
0
34.
cos
Zk
k
p (x) dx =
2
+1
Z
h
0
2
cos
2
2
p (x) dx = 2
ln(t) dt = t ln(t)
ik
k
+1
Lorsque k tend vers +1
Zk
k
Zk
+1
2
Z
cos
2
0
p (x) dx.
2
Z
2
0
cos
2
p (x) dx = C pp
.
2p
2
2 +1
1 dt = ln(k + 1) + k ln 1 + 1
k 1.
k
ln(t) dt = ln(k + 1) 1 + 1 + o 1 .
2k 3k
k
+1
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
2
2
n ln(n) n + 1 =
Zn
1
ln(t) dt =
Lorsque n tend vers +1,
n ln(n) n + 1 =
Zn
n Z k
X
1
255
+1
ln(t) dt
k=1 k
n
n
n
X
X
X
1
1
1
1
ln(t) dt = ln(n!)
+
+ o 1 .
2k k 3k k k
k
1
1
1
2
2
n p
un = ne n1! 2n; n 2 N
1
n
n
n
1
1
1X
1 1X
1 X
ln(un) = 1 + ln(n) + ln(2)
+
+ o
2
2
2k k 3k k k
k .
n
X
1 ln(n) converge,
Nous avons deja vu que la suite de terme general
k k
de limite la constante d'Euler, donc la suite de terme generale ln(un) est
convergente de limite l 2 R puis la suite de terme general un converge de
limite C = exp(l) > 0.
r
p
(un ) = (2n)! n pn 2 = 1.
un
(2nn!) n! 1
4n n p
C
n
Nous en deduisons = 1 puis
2n n! 1 n!
C
e
Nous pouvons ameliorer le resultat.
Notons sn = ln(un).
Zk
h
ik Z k t k
ln(t) dt = (t k) ln(t)
t dt.
k
k
k
Nous obtenons donc
Zn
n Z k
n Z k
X
X
t k dt.
n ln(n) n + 1 = ln(t) dt =
ln(t) dt = ln(n!)
t
k
k
k
k
Nous avons alors :
n Z k
X
1
1
t k dt.
sn = 1 + 2 ln(n) + 2 ln(2)
t
k
k
Z
n
n
k 1
X
1 ln(n) = 1 X
k
+
1
1
ln
2
2k
k = 2 k k t dt.
1
=1
=1
1
1
=1
=1
=1
1
2
2
=1
14
=1
15
2
2
+
2
+
+1
+1
+1
1
1
+1
=1
1
1
=1
1
=1
=1
1
+1
=1
+1
+1
Voir les exercices numero 141 page 386 du chapitre topologie ou numero 3 du chapitre limites.
Si nous ne connaissons pas encorenles resultats concernant les series nous pouvons remarquer
n
X
X
que k12 6 k(k 1 1) = k 1 1 k1 donc k12 61 n1 61. La suite croissante de terme general k12
k=2
k=1
est alors convergente.
Une suite (vn)n2N negligeable devant k12 est dominee par k12 donc il existe K > 0 tel que jvk j6K k12
p+q p+q
n
X
X X
puis vi 6K i12 . La suite de terme general vk est donc de Cauchy et converge.
i=p i=p
k=1
14
15
256
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
Zk t k
n
X
1
Il vient alors sn = 1 + ln(2)
2
t dt .
k
k
Zk t k
Notons k =
t dt.
k
D'apres ce qui a ete vu precedemment la suite de terme general sn converge
1
vers 0 donc la serie de terme general k avec k>1 converge vers 1
ln(2).
2
X1
Notons Rn =
k .
1
+1
1
2
+1
=1
1
2
+
1 1
Zk t k kn
k tend vers +1 nous
t dt= 1 k +2 ln 1 + k .Lorsque
k
1
1
1
1
= +1
1
2
+1
k + 2 ln 1 + k = 12k + O k .
En utilisant les proprietes des series convergentes et des equivalents nous en
deduisons lorsque n tend
vers
+1
1
X
1
1 +O 1 .
Rn = 12
k
n
avons 1
2
3
16
+
k=n+1
n 1
2
2
X
X1 1
1
1
sn = 1
k + 2 ln(2) = Rn = 12 k + O n1 .
k
k n
1 !
X
1
1
1
exp(sn) = un = exp
exp O
12 k n k
n .
1
1 !
1
1X
1
1X
1
Lorsque n tend vers +1 exp 1
=1
+o
.
12 k n k
12 k n k
n
1 1
1
exp O
=1+O
n
n =1 + o n . 1 1 np
1
1
n
Finalement un = 1
2n 1 +
+o
+o
12n
n puis n! = e
12n
n .
=1
+
1
2
2
=
+
2
=
2
+
+
17
2
=
2
2
2
=
2
35. Integrales de Bertrand
t 7 ! ta j ln(t)jb est continue sauf peut-^etre en 0 ou 1 selon le signe de a et b.
1
Placons-nous sur 0; 2 .
Soit (xn )n2N une suite positive dominee lorsque n tend vers +1 par n1a avec a > 1.
Il existe M > 0 et N 2 N tel que pour n>N on ait xn 6M n1a .
kX
=q
+1
X
1 6 Z q dt 6 1
1
donc
xk 6 Ma na1 1 .
a
a
a
1
n
t
a
(
p
1)
p 1
k=p
k=n+1
Z
Z
+1
+1
+1
X
dt
1
dt
1
17 1
n = n t2 6 k=n k2 6 n 1 t2 = n 1 .
+1
X
Lorsque n tend vers +1 k12 n1 = o n1 .
k=n
16
257
Supposons a > 1.
Soit 2] 1; a[. lim
t ta j ln(t)jb = 0 donc ta j ln(t)jb = o (t ) lorsque t tend
t!
1
vers 0. La fonction est integrable sur 0; .
2
Supposons a < 1.
ta j ln(t)jb = +1 donc t = 0 ta j ln(t)jb lorsque t tend
Soit 2]a; 1[. lim
t
t!
1
vers 0. La fonction n'est pas integrable sur 0; .
2
Supposons a = 1.
Si b = 1, une primitive de la fonction est t 7 ! ln(j ln(t)j).
j ln(t)jb .
Si b 6= 1, une primitive de la fonction est t 7 !
b+1
1
La fonction est alors integrable sur 0; si et seulement si b + 1 < 0.
2 1
En resume, la fonction est integrable sur 0; si et seulement si a > 1 ou
2
a = 1 et b < 1. Placons-nous sur 12 ; 1 ou sur ]1; 2].
Lorsque t tend vers 1, la fonction est equivalente a t 7 ! j1 tjb. Elle est
1
integrable sur ; 1 et sur ]1; 2] si et seulement si b > 1.
2
Placons-nous sur [2; +1[.
Supposons a > 1.
Soit 2] 1; a[. t!lim1 t ta (ln(t))b = +1 donc t = o ta (ln(t))b lorsque t
tend vers +1.
La fonction n'est pas integrable sur [2; +1[.
Supposons a < 1.
Soit 2]a; 1[. t!lim1 t ta (ln(t))b = 0 donc ta (ln(t))b = o (t ) lorsque t tend
vers +1.
La fonction est integrable sur [2; +1[.
Supposons a = 1.
Si b = 1, une primitive de la fonction est t 7 ! ln(ln(t)).
b
Si b 6= 1, une primitive de la fonction est t 7 ! ln(t) .
b+1
La fonction est alors integrable sur [2; +1[ si et seulement si b + 1 < 0.
En resume, la fonction est integrable sur [2; 1[ si et seulement si a < 1 ou
a = 1 et b < 1.
0
0
+1
+
+
+1
36. 1
n
3
n
X
p
1
p sin p
n est une somme de Riemann associee a la fonction f denie
2
sur [0; 1] par f (t) = t sin(t). La suite converge donc vers
2
Z
1
0
t sin(t) dt.
2
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
258
En integrant par parties nous obtenons
v
u
n
Y
u
1
n
t (n + p)
n
Z
t sin(t) dt = 4 .
1
2
2
3
!
0
n
X
1
ln 1 + p .
= exp
np
n
p=1
=1
1 X p
n p ln 1 + n est une somme de Riemman associee a la fonction denie sur
[0; 1] par f (t) = ln(1 + t).
n
=1
La limite cherchee est donc egale a exp
Z
0
En integrant par parties nous obtenons
Z
1
0
"
# Z
ln(1 + t) dt = (1 + t) ln(1 + t)
1
1
1
0
0
ln(1 + t) dt .
1 dt = ln
4
e .
4
La limite cherchee est donc .
e
Z
Comme precedemment, la limite est egale a exp
ln(1 + t ) dt .
1
0
En integrant par parties nous obtenons
Z
1
0
"
#
ln(1 + t ) dt = t ln(1 + t )
2
1
2
2
0
La suite a donc pour limite 2 exp
n
X
1
n 2 + cos1
p
Z 1
0
2
1
1
1+t
2
dt = ln(2) 2 + 2 .
2 .
2
1
est une somme de Riemann associee a l'application
1
donc la suite cherchee a pour
t 2 [0; 1] 7 ! 2 + cos(
2
R. sin
t) Z
n n! 1 n
Z
1
1
=1
p
n
+
limite
1
0
2 + cos(t)
dt =
0
2 + cos(t)
dt.
t
Considerons le changement de variable t 2 [0; [7 ! u = tan
2 [0; +1[.
2
Z 1
Z 1 2
dt
=
du
= p .
2 + cos(t)
1 + 3u
3
La suite a donc pour limite p .
3
+
0
37. Notons
0
pour n 2 N ;
2
2i ! = exp n .
Considerons la somme de Riemann
n
X
1
k=0
1
z !k .
259
1
t 2 [0; 2] 7 ! z exp(
it) 2 C est continue donc la somme de Riemann preZ dt
n
1
2 X
cedente converge et n!lim1
n
z !k =
z exp(it) .
1
+
2
k=0
0
n
n
z
1X
1
zn =
1 Nous avons n
=
;
k
n
z 1 n k z ! z 8 1 z 1 z n . Il vient donc
n
< 2 si jzj > 1
n
2 X
1
z
lim1 n
=: z
.
lim
k = 2 n!
n! 1 n
z
!
z
1
k
0 si jz j < 1
Z dt
Z dt
2
Nous avons donc
z exp(it) = z lorsque jz j > 1 et
z exp(it) = 0
lorsque jz j < 1.
1
1
18
1
1
=0
1
+
1
+
=0
2
2
0
0
38. x 2x cos(t) + 1 a des racines reelles si et seulement si sin(t) = 0. Il y a
alors une racine double egale a cos(t) 2 f 1; 1g donc avec l'hypothese faite
t 2 [ ; ] 7 ! ln(1 2x cos(t) + x ) 2 R est continue.
2
2
Z
0
ln(1 2x cos(t) + x ) dt =
2
Z
2
ln(1 2x cos(t) + x ) dt
2
Z 2
=
ln(1 2x cos(t) + x ) dt.
En utilisant les sommes de Riemann nous obtenons
2k Z n
X
2
lim
ln 1 2x cos
+x =
ln(1 2x cos(t) + x ) dt.
n! 1 n
n
k
2
0
1
2
2
+
Y
n
1
=0
x exp
Y "
k=0
n 1
k=0
2ik x exp
n
0
= xn 1 donc
2ik 2ik #
x exp
n
2
n
= (xn 1) .
2
n
X
2
Nous obtenons alors
ln 1 2x cos 2k + x = 2 ln (xn 1) .
n k
n
n
1 2
2
4 n
n
Pour jxj > 1, ln (x 1) = ln (x 1) = 4 ln(jxj) + ln 1 n .
n
n
n
x
2
jxj) si jxj > 1 .
Nous avons alors n!lim1 ln (xn 1) = 4 ln(
0
si jxj < 1
n
1 !
2
Remarque pour jxj > 1, ln(x 2x cos(t) + 1) = ln(x ) + ln 1 x cos(t) + x
et le cas jxj > 1 se deduit du cas jxj < 1.
1
2
2
=0
2
2
2
+
2
2
2
Je rappelle que si P est un polyn^ome de degr
e au plus egal a n 1 et si Q est un polyn^ome
n
X
P = P (ak ) 1 .
scinde a racines simples a1; ; an alors Q
Q0 (a ) X a
18
k=1
k
k
260
Nous obtenons donc
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
Z
ln(1 2x cos(t) + x ) dt =
2
0
Faisons une autre demonstration.
Supposons jxj 6= 1.
Z
0
lorsque jxj < 1 .
2 ln(jxj)) lorsque jxj > 1
1
x = I (x) 2 ln(jxj).
En
t 7 ! t nous obtenons
Z utilisant le changement de Zvariable
ln(x + 2x cos(t) + 1) dt = ln(x 2x cos(t) + 1) dt donc I ( x) = I (x).
Notons I (x) =
0
ln(1 2x cos(t) + x ) dt. I
2
2
2
0
0
x 2x Zcos(t) + 1 = (x 2x cos(t) + Z1)(x + 2x cos(t) + 1).
I (x ) = ln(x 2x cos(t) + 1) dt + ln(x + 2x cos(t) + 1) dt = 2I (x).
4
2
2
2
2
2
2
Nous obtenons alors 8n 2 N; I x = 2nI (x).
0
0
n
2
2jxj6 2x cos(t)62jxj donc (jxj 1) 6x 2x cos(t) + 16(jxj + 1) puis
2 ln(jjxj 1j)6I (x)62 ln(jjxj + 1j) ; en particulier
2 ln(jjxN j 1j)6I (xN )62 ln(jjxN j + 1j). En suppsosant jxj < 1 nous obN ) = 0 donc I (x) etant egal a 1 I x n nous avons, pour
tenons N lim
I
(
x
! 1
2n
jxj < 1, I (x) = 0 puis, pour jxj > 1, I (x) = 2 ln(jxj).
39. cos((n + 2)t) + cos(nt) = 2 cos(t) cos((n + 1)t),
cos((n + 2)x) + cos(nx) = 2 cos(x) cos((n + 1)x).
Pour cos(t) 6= cos(x) nous obtenons
cos((n + 2)t) cos((n + 2)x) cos(nt) cos(nx)
+
cos t cos x
cos t cos x
= 2 cos((n + 1)t) + 2 cos((n + 1)t) cos((n+)x) .
cos t cos x
cos(nt) cos(nx) sin(nx)
lim
=n
.
t!x
cos t cos x
sin(x)
La fonction a integrer est donc prolongeable par continuite sur [0; ].
Z cos(nt) cos(nx)
8n 2 N, In =
dt existe.
cos t cos x
Gr^ace a la relation
Z ecrite precedemment nous obtenons
In + In = 2 cos((n + 1)t) dt + 2 cos(x)In = 2 cos(x)In .
2
2
2
2
+
0
+2
+1
+1
0
La relation denie par I = 0; I = et pour n 2 N par In
(2 cos(x))In + In = 0
a pour equation caracteristique X (2 cos(x))X + 1 dont les racines sont
exp( ix) et exp(ix).
Nous en deduisons 8n 2 N; In = a exp(inx) + b exp( inx).
sin(nx)
Compte tenu des valeurs de I et I nous obtenons 8n 2 N; In = .
sin(x)
40. (a) La fonction f 2-periodique denie de R dans R telle que pour t 2
0
1
0
2
1
+2
+1
261
[ ; ]; f (t) = cos(t) ou 2 R n Z est continue, paire, de classe
C par morceaux.
La serie de Fourier
Z
Z de f converge normalement vers f .
1 1 an = cos(t) cos(nt) dt = (cos(t( + n)) + cos(t( n))) dt
n sin() 2
(
1)
=
n.
Nous avons alors
1
n
sin() X
8t 2 [ ; ], cos(t) = + ( 1) sin() 2 n cos(nt).
n
En particulier
X1 sin() 2
sin(
)
cos() =
+ n
n.
1
0
2
2
+
2
2
=1
+
2
2
=1
1
cos(x) 1 X
2x
Nous en deduisons pour x 2 R n Z,
= +
.
sin(x) x n (x n )
+
2
2
2
=1
x Z x 2t Z x 2t
(b) Soit x 2]0; [.
t n dt =
t n dt = ln 1 n .
x x
1
2
0
2
2
2
2
0
Lorsque n tend vers +1 ln 1
2
2
2
2
2
2
n
n +o n .
Nous pouvons appliquer le theoreme d'echange \series integrales" et nous
avons
Z x cos(t) 1 X1 x dt = ln 1 n soit encore
sin(t) t
n
sin(x) X1 x x n
X
ln
x = n ln 1 n = n!lim1 k ln 1 n .
La fonction exponentielle etant continue nous obtenons :
Yn x sin(x) = x n!lim1
1
k .
k
Si x 2]q; (q + 1)[, q 2 N , posons y = x q.
Yn x Notons n =
1
.
k
k
! Yn
!
n
Y
1
=
((k q) y)
((k + q) + y)
.
2
+
2
2
2
2
2
2
0
=
2
=1
+
2
2
2
2
=1
2
+
2
=1
19
2
2
+
2
=1
2
2
2
=1
n
k=1
En simpliant nous obtenons n =
19
Yn
k=1
Y
n
k=1
1
(k )
2
2
!
y
Rn(y) avec
k
k=1
2
2
2
Pour des complements sur les produits innis, voir le livre complements sur ce m^eme site.
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
262
q
qy Y
(k + n) + y
Rn(y) = ( 1)
x k (n k + 1) + y .
qy
Yn x (
1)
lim R (y) =
puis n!lim1 x 1
= ( 1)q sin(y) = sin(x).
n! 1 n
x
k
k
Nous obtenons alors gr^ace a la parite
Yn x 8x 2 R, sin(x) = x n!lim1 1 k .
k
8
< 0 n pour t>n
(c) Soit n 2 N . Posons 'n (t; x) = : tx 1 t
pour 0 < t < n .
n
=1
2
+
2
+
2
=1
2
+
2
2
=1
1
n
Pour t < n nous avons ln 1 t 6 t donc 1 t 6 exp( t).
n
n
n
Nous en deduisons 8(t; x) 2 (R ) ; 06'n(t; x)6tx exp( t).
t > 0 7 ! 'n (t; x) 2 R est continue dominee par la fonction integrable
t 2 R 7 ! tx exp( t) 2 R.
lim ' (t; x) = tx exp( t) donc
n! 1 n
+
lim
n! 1
+
1
1
+
+
2
1
Z
1
+
0
'n(t; x) dt =
Z
1
+
0
tx exp( t) dt = (x).
Zn
1
t q dt. Soit q 2 N .
Posons pour q 2 N, Jq (x) =
1
n
En integrant par parties sur [a; n] (avec a 2]0; n]) et en faisant tendre a
q
vers 0 a droite nous obtenons Jq (x) = Jq (x + 1).
nx
Verions alors que l'on a, pour q 2 N , Jq (x) = J (x + q) q q!
.
Y
nq (x + k)
k
Le resultat est vrai pour q = 1. Supposons-le vrai au rang q.
+ 1 J (x + 1) = q + 1 J (x + q + 1)
q!
Jq (x) = q nx
. Il s'agit
q
q
nx
Y
nq (x + k + 1)
k
bien du resultat a l'ordre q + 1.
Zn
x q
J (x + q) = tx q dt = xn+ q .
nxn! .
Nous avons en particulier I (x) = J (x) =
0
tx
1
1
0
1
=0
+1
0
1
=0
+
0
+
1
0
n
n
Yn
(x + k)
k=0
1
Nous obtenons nalement pour x > 0,
= lim xn
(x) n! 1
puis pour x 2]0; 1[
+
x
Yn k=1
x
1+
k
263
!
Yn
Yn
1
x
(1
x
)
= lim
(k + 1 x) (x + k) .
(x) (1 x) n! 1 n(n!) k
k
n
n
n x(1 x) Y (k + 1 x) Y (x + k) = x(n + 1 x) Y
x
1
. Il vient
n(n!) k
n
k
k
k
!
n 1
x
(n + 1 x) Y
x
.
= n!lim1
1
=
alors
(x) (1 x)
n
sin(x)
1 p
Z k1 1 k
p
p
En particulier
= soit encore
exp( t) dt = .
2
t
En utilisant le changement
Z 1de variable u 2]0; +1[7 ! t = u 2]0; +1[
p
nous obtenons = 2
exp( u ) du.
Yn Remarque nous avons vu que pour x 2 R, (1x) = n!lim1 xn x 1 + xk .
k
n
X
1
En notant n =
ln(n), qui a pour limite la constante d'Euler ,
j
j
nous avons
Yn h x x i Yn x !
1 + exp
k
k = k 1 + k exp( x(n + ln(n))) puis
k
Yn h x x i
1
= x exp(x) n!lim1
1 + exp
(x)
k
k .
k
2
+
=1
=1
2
2
2
=1
=1
=1
2
2
+
+
=1
0
2
+
2
0
+
=1
20
=1
=1
=1
+
=1
41. (a) Soit [a; b] ]0; +1[ (a < b). Soit ' l'application denie sur R par
'(t) = ta si t 2]0; 1] et '(t) = tb si t 2]1; +1[. ' est continue.
Notons, pour (t; x) 2 (R ) , F (t; x) = tx exp( t). F est de classe C 1 ,
@ nF (t; x) = (ln(t))nF (t; x).
@xn
@nF
8(t; x) 2]0; +1[[a; b]; @xn (t; x) 6 j(ln(t))nj exp( t)'(t).
En utilisant les resultats vus plus haut, concernant les integrales de Bertrand, nous en deduisons, car a > 0, que
t 2]0; 1] 7 ! (ln(t))n exp( t)'(t) 2 R est integrable.
lim tb (ln(t))n exp( t) = 0 donc t>1 7 ! (ln(t))n exp( t)'(t) 2 R est
t! 1
integrable.
t 2 R 7 ! (ln(t))n exp( t)'(t) 2 R est alors integrable.
La restriction de a [a; b] est donc de classe C 1 et, a et b etant quelconques, est de classe C 1 avec
1
+
1
+
2
1
+1
+
+
8(x;
n) 2 R
+
N;
n
( )
(x) =
En particulier 8x 2 R ;
+
20
Z
1
+
0
00 (x) =
Z
(ln(t))ntx exp( t) dt.
0
1
1
+
(ln(t)) tx exp( t) dt > 0.
2
1
Voir les exercices numero 141 page 386 du chapitre topologie ou numero 3 du chapitre limites.
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
264
est donc convexe.
Soit x > 0.
Z 1
Z 1
00 (x) (x)
0 (x) =
x
x
(ln(t)) t exp( t)dt
t exp( t)dt
+
2
2
+
1
Z
0
1
+
0
1
0
ln(t)tx
1
2
exp( t)dt .
Gr^ace a l'inegalite de Cauchy-Schwarz nous avons 00 (x) (x) 0 (x)>0
0
et est croissante. ln a donc une derivee croisante et est convexe.
2
(b) Soit y>1.
Posons, pour u>0, g(u)y ln(y + u) y ln(y) uy + u ln(1 + u).
y) 60. g(0) = 0 donc 8u>0; g(u)60 c'est-a-dire
g0 (u) = (1 u+ (1
u)(y + u)
u
8(u; y) 2 R [1; +1[; y ln 1 + y uy6 u + ln(1 + u).
t
Posons h(t) = ln(1 + t) t + .
2
h est de classe C sur ] 1; +1[ ; h0 (t) = 1 t+ t donc h est croissante et
pour t 2] 1; 0]; h(t)6h(0) = 0. Nous en deduisons
u
8(u; y) 2 R [1; +1[; avec y < u60, y ln 1 + y uy + u2 60.
Nous obtenons alors
px; 06 u ;
pour u6
2
u u
p
p
pour x < u60; u x + x ln 1 + p 6
,
x
2
u
p
pour u > 0; u x + x ln 1 + p 6 u + ln(1 + u).
x
C'est-a-dire 8(u; x) 2 R [1; +1[; jf (u; x)j6'(u).
Pour chaque x>1; u 2 R 7 ! f (u; x) 2 Rp est continue, integrable.
Soit u 2 R xe. Il existe A>1 tel que A < u. Pour x>A nous avons
px < u donc f (u; x) = 1 + pu x exp( upx).
x u x
u
p
Lorsque x tend vers +1, ln 1 + p exp( u x) =
+ o(1)
x
2
u
lim f (u; x) = exp
.
x! 1
2
Le theoreme de convergence dominee s'applique et nous obtenons
Z 1
Z 1 u
lim
f (u; x) du =
exp
du.
x! 1 1
2
1
2
2
2
2
+
2
2
1
2
2
+
2
2
21
2
2
+
+
+
21
Il sut de choisir A > u2.
+
2
265
En utilisant le changement de variable propose nous avons
Z 1 u x
p
x
(x + 1) = x exp( x) p 1 + p exp( u x) du.
x x x Z 1 u
Nous avons alors x!lim1 (x + 1)x
exp(x) =
exp
du.
2
1
Z 1 u
p
du
= 2 nous
En utilisant le resultat, vu plus haut,
exp
2
1p
obtenons x!lim1 (x + 1)x x exp(x) = 2 .
Nous retrouvons la formule de Stirling car pour n 2 N, (n + 1) = n!.
+
+1
2
+
1
2
2
+
+
2
1
2
+
42. Soit f une fonction denie sur un intervalle I de R a valeurs dans C ; f continue par morceaux.
Soit ' un C dieomorphisme de I dans J . Les fonctions f et g = '0 (f ')
respectivement denies sur J et I sont de m^eme Znature Zdu point de vue de
l'integrabilite sur leurs intervalles de denition et f = g .
1
I
J
1
t 2 R 7 ! 1 + a(sin(
t)) 2ZR est continue -periodique donc integrable sur
Z
2
dt
dt
= .
1 + a(sin(
t
))
1
+
a
(sin(
t
))
i h
L'application t 2
; 7 ! u = tan(t) 2 R est un C dieomorphisme
2 2Z 1
Z
dt
du
donc =
.
1 + a(sin(t))
1 1 + (a + 1)u
u 2 R 7 ! 1 + (a1+ 1)u 2 R etant de ce fait integrable (ce que nous savions
deja !).
1
x
Z 1 du
p
.
= 2 x!lim1 p
atan( a + 1t) = p
a+1
a+1
1 1 + (a + 1)u
t 2]0; 1] 7 ! 2 + E1 2 R est continue par morceaux.
t
1
t 2]0; 1] 7 ! u = t 2 [1; +1[ est un C dieomorphisme donc la fonction pro1
posee est integrable sur ]0; 1] si et seulement si u 2 [1; +1[7 !
u (2+ E (u)) 2 R
est integrable.
1
1
06
6
u (2 + E (u)) 3u donc la fonction est integrable.
[0; ].
2
2
0
2
2
1
+
2
2
2
2
2
+
2
+
0
1
1
2
22
2
Z
Z n du
n Z k
X
du
du
=n!lim1
=n!lim1
.
u (2 + E (u))
u (2 + E (u))
u
(2
+
E
(
u
))
k
k
1
+
1
22
2
2
+1
+
Nous aurions aussi pu ecrire 06
1
1
2+E
+1
2
+
1
t
6 1 +t 2t et conclure.
2
=1
266
Zk
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
Zk
du
du =
1
=
u (2 + E (u)) k u (2 + k)
u(2 + k)
k
n
n
X
X
1
1
1
1
=
+
2k k + 1 2(k + 2)
k k (k + 1)(k + 2) k
+1
+1
2
2
k
+1
=
k
1
k(k + 1)(k + 2) .
=1
=1
n
X
+2
+1
=1
=3
=2
n
n
X
X
1
1
1
=
+
k 2k k 2k k k
1
1 .
=1+1+ 1 + 1
Z 21 4 du2(n + 1) 12(n + 2) 2 n + 1
Nous en deduisons
u (2 + E (u)) = 4 .
h h p
t 2 0; 2 7 ! tan(t) 2 R est continue positive.
h h
p
tan(t) t! p 1 donc la fonction est integrable sur 0; .
2
t
h h
p
Utilisons le changement de variable t 2 0; 7 ! u = t 2 [0; +1[ qui est
2
un C dieomorphisme.
Z p
Z 1 2u
Nous obtenons alors
tan(t) dt =
du.
1+u
p
p
2u =
u p2
u p2
.
1 + u 2(u u 2 + 1) 2(u + u 2 + 1)
p
p
2
u
u p2
p2
p1
= p
+
.
2(u u 2 + 1) 2 2(u u 2 + 1) 1 + (u 2 1)
p
p
u
2
u
+
2
p
p2
p1
De m^eme
= p
.
2(u + u 2 + 1) 2 2(u + u 2 + 1) 1 + (u 2 + 1)
Z 1 2u
Z x 2u
du = x!lim1 1 + u du.
1+u
p
Z x 2u
Zx
Zx
2
u
2
1
p
p
p
du
=
du
+
du
1+u
2 2(u u 2 + 1)
1 + (u 2 1)
p
Zx
Zx
2
u
+
2
p
p
p1
du +
du
2 2(u + u 2 + 1)
1 + (u 2 + 1)
p
Zx
Zx
2
u
2
p
p
p1
=
du +
du
u 2 + 1)
x 2 2(u
x 1 + (u 2 1)
p !
1
x
x
p2 + 1
= p ln
2 2
x +x 2+1
p
p
1 + p atan(x 2 1) + atan(x 2 + 1) .
2
En faisant tendre x vers +1 nous obtenons p .
2
+
2
1
2
2
1
+
2
0
2
4
0
2
4
2
2
2
2
2
2
+
2
2
2
4
0
2
+
4
0
2
0
4
0
2
0
2
2
2
2
0
2
2
0
2
267
t + 2
t 2 R 7 ! 2 + (t + 3) ln t + 4 2 R est continue.
Lorsque t tend vers +1 nousavons
: +
t + 2 = 1 2 + 8 32 + o 1 , ln t + 2 = 2 + 6 56 + o 1 ,
t+4
t t t
t t + 4
t t t
t
t+2 = 2 +o 1 .
2 + (t + 3) ln
t+4
3t
t
La fonction proposee est donc integrable sur R . Integrons par parties sur
[0; x] avec x > 0.
1
t + 2 x Z x (t + 3)
Nous obtenons (t + 3) ln
dt.
2
t+4
(t + 2)(t + 4)
(t + 3)
1
1
=1+
. Nous obtenons alors
(t + 2)(t + 4)
2(t + 2) 2(t + 4)
2
3
3
2
2
3
3
2
+
2
2
0
2
Z x
t + 2 0
1
x + 2 + 9 ln(2) x
2 + (t + 3) ln
dt
= 2x + (x + 3) ln
t+4
2
x+4
2
1
1 ln x + 2
ln(2).
2
x+4
2
En utilisant le developpement limite eectue plus haut nous obtenons, lorsque
x tend vers +1, 1
1
x
+2
1
(x + 3) ln
2
x + 4 = 3 x 3x + o x .
t + 2 Z 1
Nous obtenons nalement
2 + (t + 3) ln
t + 4 dt = 3 + 4 ln(2).
i h
t 2 0; 2 7 ! cos(t) ln(tan(t)) 2 R est continue. iLa limite
en est nulle ;
2
i
la fonction est donc prolongeable par continuite sur 0; .
2
p
lim
t
cos(
t
)
ln(tan(
t
))
=
0.
t!
i h
La fonction est donc integrable sur 0; .
2
i h
Soit (x; y) 2 0;
; x < y. Integrons par parties sur [x; y]. Nous obte2
nons
Zy
h
iy Z y
1 + tan (t)
cos(t) ln(tan(t)) dt = sin(t) ln(tan(t))
sin(t)
dt.
tan(t)
x
x
x
Zy
Zy 1
1 + tan (t)
sin(t)
dt = cos(t) dt.
tan(t)
x
x
t 1
Une primitive de t 7 !
est t 7 ! ln tan + (sur les intercos(t)
2 4
valles appropries).
Nous obtenons nalement
2
0
2
+
0
0
2
2
2
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
268
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
Zy
cos(t) ln(tan(t)) dt = sin(y) ln(tan(y)) sin(x) ln(tan(x))
ln tan y + + ln tan x + .
2 4
2 4
La
limite
en
x
=
0
est
nulle
donc
Z
y cos(t) ln(tan(t)) dt = ylim
sin(y) ln(tan(y))) ln tan + .
!
2 4
Posons y =
u. sin(y) ln(tan(y)) = cos(u) ln(tan(u)).
2
Lorsque u tend vers 0, tan(u) = u + o u , ln(tan(u)) = ln(u) + o(1) puis
cos(u) ln(tan(u)) = ln(u) + o(1).
ln tan y + = ln tan u = ln(u) + ln(2) + o (1). Il vient alors
2 4
y 2
sin(y) ln(tan(y)) ln tan + = ln(2) + o(1).
2 4
Z
Nous obtenons
cos(t) ln(tan(t)) dt = ln(2).
x
2
0
2
2
2
t) pln(
1 t t!
1
0
p
1 t, limp pln(t) = 0.
t! t 1 t
0+
t 2]0; 1[7 ! pln(t) 2 R est continue.
1 t
ln(t)
p
lim
= 0 ; la fonction est prolongeable par continuite sur ]0; 1].
t!
1 t
ln(t)
limp p
= 0. la fonction est donc integrable sur ]0; 1[.
t! t 1 t
En integrant par parties sur [x; y] ]0; 1[ puis en calculant la limite lorsque
y tend vers 1 nous obtenons
Z ln(t)
Z p1 t
p
p dt = 2 1 x ln(x) + 2
t dt.
x 1 t
x
p
En utilisant le changement de variable t 7 ! u = 1 t nous avons
1 + p1 x Z p1 t
Zp x u
p
p1 x .
2
du = 4 1 x + 2 ln
t dt = 4
1 u
1
x
Z ln(t)
p1 t dt = 4p1 x + 2p1 x ln(x) + 4 ln(1 + p1 x) 2 ln(x)
x
p
p
= 4 ln(1 + 1 x) + 2( 1 x 1) ln(x)
p
p
= 4 1 x + 4 ln(1 + 1 x) + 2x ln(x) p 1
.
1 x+1
Z ln(t)
En calculant la limite en x = 0 nous obtenons p
dt = 4 + 4 ln(2).
1 t
h h
t 2 0; 4 7 ! pcos (t) 2 R est continue.
cos(2t)
1
0+
1
1
1
1
2
2
0
1
1
0
3
269
(t) p 1 .
pcoscos(2
t) t! 4 t
3
4
h h
.
" p" 4
4
La fonction est donc integrable sur 0;
h h
t 2 0; 4 7 ! u = sin(t) 2 0; 22 est un C dieomorphisme donc
Zp 1 u
Z cos (t)
pcos(2t) dt = p1 2u du.
" p"
h h
1
2
1
2
2
3
4
0
2
2
0
7 ! u = p2 sin() 2 0; 2 est un C dieomor2
Z cos (t)
Z
1
pcos(2t) dt = 2p2 (2 sin ()) d
phisme donc
Z
1p
3
=
(3 + cos(2)) d = p .
4 2
8 2
t 2 R 7 ! ch(t) +1 ch() 2 R est continue.
1
2 exp( t). La fonction proposee est integrable sur R .
ch(t) + ch() t! 1
Utlisons le changement de variable t 2 R 7 ! u = exp(t) 2 [1; +1[ qui est
un C dieomorphisme. Nous obtenons alors
Z 1
Z 1
dt
2 du
=
ch(t) + ch()
u + 2 ch()u + 1 .
1
2
1
1
Supposons 6= 0.
u + 2 ch()u + 1 = sh() u + exp( ) u + exp() .
Nous avons alors
u + exp( ) A
Z 1
dt
1
= lim
ln
ch(t) + ch() A! 1 sh()
u + exp()
1
1
+
exp(
)
=
ln
=
.
sh()
1 + exp( )
sh()
2 1
Z 1 dt
Z 1 2 du
Si = 0 nous obtenons
=
=
ch(t) + ch()
(u + 1)
u+1 =1
qui est la limite lorsque tend vers 0.
t 2 [0; 1] 7 ! p1 + t +1 p1 + t 2 R est continue.
p
p
Pour
t
2
]0
;
1]
nous
obtenons,
en
multipliant
haut
et
bas
par
1
+
t
1+t ,
p
p
p
Z
1+t
1 t
1+t
. Calculons
dt.
2t
2t
2t
Utilisons le changement de variable t 2]0; +1[7 ! t = sh(u) 2]0; +1[ qui
est un C dieomorphisme.
L'application 2 0;
1
3
4
2
0
2
0
2
0
+
+
+
+
1
+
+
0
2
1
2
+
+
0
1
+
0
2
+
+
1
2
1
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
270
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
23
Nous
Z p1obtenons
Z
Z du u 1
+ t dt = ch (u) du = u + 1
= + coth(u).
2t
2 2 sh (u) 2 2
2 sh (u)
p1 + t
1 p
.
En remplacant nous obtenons ln t + 1 + t
2
2
t
p
Z 1 t
Calculons
dt.
2t
i h
Utilisons le changement de variable u 2 0; 7 ! t = sin(u) 2]0; 1[ qui est
2
un C dieomorphisme.
Z p1 t
Z cos (u)
Nous obtenons
dt
=
du
= 1 cotan(u) u .
2t
2
2
p 2 sin (u)
1 t 1
En remplacant nous obtenons
asin(t).
2t
2
!
p
p
Z
p p2 dt
1
1
+
t
1
t
p
p
= ln 1+ 2
+ +lim
.
2 4 t!
2t
2t
1+t + 1+t 2
p
p
1+t
1 t =p
tp
.
2t
2t
1+t + 1 t
Z
p p2 1
dt
p
= ln 1 + 2
Nous obtenons donc p
+ .
2 4
1+t + 1+t 2
t 2]0; 1[7 ! tln(t1) 2 R est continue, a pour limite 0 en 0 et 1 en 1. La fonction est prolongeable par continuite et est integrable sur ]0; 1[.
Soit x 2]0; 1[. Utilisons le changement de variable
t 2]0; 1[
Z x t]0t ; 1[7 !Zu x= du
qui est un C dieomorphisme. Nous obtenons
dt = ln(u) .
ln(t)
Zx t 1 Zx t
Zx 1
dt =
dt
dt car les deux integrales existent.
ln(t)
ln(t)
ln(t)
En utilisant le resultat precedent nous obtenons
Zx t 1 Zx 1
Zx 1
Zx 1
dt = ln(t) dt
dt = ln(t) dt.
ln(t)
ln(t)
x
Z t 1
Zx 1
dt = xlim
dt.
! x ln(t)
ln(t)
t 1 = 1. Soit " 2]0; 1[. Il existe 2]0; 1[ tel que pour tout reel t 2]0; [
lim
t! ln(t)
"
1
1
6 . Nous obtenons alors pour x 2]0; [
on ait ln(t) t 1 1 t
Z x dt Z x dt
Z x dt
(1 + ")
6 ln(t) 6(1 ") t 1 soit encore
x t 1
x
x
p
2
2
2
2
2
23
2
2
2
2
1
2
2
2
2
2
1
2
2
0
2
2
2
0
2
2
2
1
2
0
2
2
2
1
2
2
0
0
2
0
0
0
2
2
0
0
2
0
1
1
0
2
1
2
2
2
La fonction reciproque de sh est la fonction Argsh denie sur R par Argsh(t) = ln(t + 1 + t2 ).
271
Z x dt
(1 + ") ln(1 + x)6
6
ln(t)
(1 ") ln(1 + x). En faisant tendre x vers 1
Z x dt
6 (1 ") ln(2).
nous obtenons (1 + ") ln(2)6 xlim
! x ln(t)
Z x dt
Z t 1
Il vient alors xlim
= ln(2) puis
dt = ln(2).
! x ln(t)
ln(t)
Z tn
Commencons par calculer In = p1 t dt avec n 2 N.
n
t
p
t 2] 1; 1[7 !
2 R est continue.
1 t
n
n
n
p t t! p 1 et p t t! p( 1) .
1 t
1 t
2(1 t)
2(1 + t)
La fonction proposee est integrable.
i
h
Considerons le changement de variable u 2 ; 7 ! t = sin(u) 2] 1; 1[
Z 2tn 2
Z
p
dt = sinn(u) du.
qui est un C dieomorphisme. Il vient
1 t
x2
1
2
1
1
2
0
1
2
1
2
2
2
1
1
1
2
1
2
Z
1
2
Pour n impair In = 0 et pour n pair In = 2 sinn(u) du. Nous avons deja
fait ce calcul et nous obtenons I p = (2p p)! .
(2 p!)
Nous aurions pu refaire directemnt le calcul ; soit n>2. En integrant par parties sur [x; y] ] 1; 1[ puis en faisant tendre x vers -1 et y vers 1 nous
obtenons
Z tn (1 t )
h n p i
p
In = t
1 t + (n 1)
dt soit nIn = (n 1)In
1 t
avec I = et I = 0. Nous retrouvons alors le resultat.
n
2 R est continue, integrable. Considerons le chant 2]a; b[7 ! p t
(a t)(t b)
gement de variable u 2] 1; 1[7 ! t = b a u + b + a 2]a; b[ qui est un C
2
2
dieomorphisme.
Zb
Z b a u + b a n
n
t
p
Nous en deduisons Jn = p
dt =
du
1 u
(a t)(t b)
a
b a k b + a n k !
n
X
=
Cnk 2
Ik .
2
k
b + a n EX
(n)
b a k!
Jn = 2
Cnk C kk 2(b + a)
.
k
1 + t
t
f : t 2 [0; 1[7 ! p1 t ln 1 t 2 R est continue.
2
0
2
1
1
1
2
1
0
2
2
2
1
2
1
1
1
1
2
1
=0
2
2
2
=0
3
2
2
+
2
2
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
272
t) .
pln(1
2(1 t)
f (t) t!
1
Nous avons donc lim
(1 t) f (t) = 0 et f est intet!
3
2
1
grable sur [0; 1[.
Integrons par parties sur [0; x] [0; 1[.
1 + t 1 + t p x
Zx t
p
ln
dt = t ln 1 t 1 t
1 t
1 t
Z x 1 + t p
Zx t
+2 t ln
1 t dt + 2 p
dt.
1 t
1 t
tendre
x vers
1 nousZ obtenons
1 + t p
ZEn faisant
Z t
t
1
+
t
p
ln
dt = 2 t ln 1 t 1 t dt + 2 p
dt.
1 t 1 t 1
t
1 + t x Z x 4
Z xp
q
1
+
t
2
2 t 1 t ln
dt= 3 (1 t ) ln 1 t + 3 (1 t ) dt.
1 t
EnZ faisant tendre
x vers 1 nousZobtenons
1+t p
4p
2 t ln
1 t dt =
1 t dt.
1 t
3
Zx t
h p ix Z x p
dt = 2t 1 t + 2
2 p
1 t dt.
1 t
EnZ faisant tendre x vers
1 nous obtenons
Z
Z 1 t
p
t
dt = 2
dt.
2 p
1 t dt = 2 p
1 t
1 t
Z t
Z dt
Nous en deduisons 2 p
dt = p
= asin(1) = .
1 t
11+ tt 2 5
Z t
Finalement nous obtenons p
ln
dt = 3 + 2 = 6 .
1 t
1 t
3
2
2
2
0
0
2
2
0
1
1
1
3
2
0
2
2
2
0
2
0
0
2 3
2
2
0
0
0
1
1
2
2
0
0
2
2
2
2
0
1
0
0
1
2
1
2
2
2
0
0
2
0
1
1
2
2
0
2
0
1
3
2
0
43. f etant integrable, t 7 ! f (x + t) f (t) et t 7 ! f (x + t) sont integrables.
Soit
Z 1A 2 R.
Z 1
Z 1
jf (x + t) f (t)j dt
jf (x + t)j dt
jf (t)j dt
=
+
+
1Z A
1
1
jf (x + t) f (t)j dt
Z
1
+
ZA
1
1Z
jf (x + t)j dt
Z
+
1
1
+
A
jf (x + t)j dt
ZA
+
jf (x + t) f (t)j dt
jf (t)j dt
jf (t)j dt.
A
1
jf (x + t) f (t)j jf (x + t)j6jf (t)j, jf (x + t) f (t)j>jf (x + t)j jf (t)j donc
jj f (x + t) f (t)j jf (x + t)jj6jf (t)j.
Z A jf (x + t) f (t)j dt Z A jf (x + t)j dt 6 Z A jf (t)j dt.
+
A
1
Z 1
Z 1 1 Z 1
jf (x + t) f (t)j dt
jf (t)j dt 6
jf (x + t)j dt.
De m^eme A
A
A
1
+
+
+
273
Nous obtenons
Z 1 donc nalement
I (x) = jf (x + t) f (t)j dt
Z
+
1
62
Z A
1
jf (t)j dt +
Z
1
+
A+x
1
+
1
f etant integrable nous avons x!lim1
resultat demande.
Z
x
Z
x
2
1
+
44. Notons G(x; y) =
jf (x + t)j dt
x
jf (t)j dt +
2
1
Z
jf (t)j dt +
Z
1
+
x
jf (t)j dt
!
jf (t)j dt .
2
1
+
x
jf (t)j dt = 0 d'ou le
2
(f (t + 3) f (t + 1))dt.
Nous avons immediatement G(x; y) =
1
+
1
jf (t)j dt .
Avec A = x , nous obtenons I (x)62
2
Zy
Z
Zy
+3
x+3
f (t) dt
Zy
+1
x+1
f (t) dt.
"
Par hypothese pour " > 0 il existe A > 0 tel que t6 A ) jf (t) l0 j6 et
4
t>A ) jf (t) lj6 4" .
Choisissons x6 A 3 et y>A 1.
En utilisant la relationZde Chasles nous obtenons
Z x
y
0
0
G(x; y) 2(l l ) =
(f (t) l) dt
(f (t) l ) dt donc
+3
+3
Z yy
Z x x
" "
0
0
jG(x; y) 2(l l )j6 (f (t) l) dt + (f (t) l ) dt 62 4 + 2 4 = ".
y
x
Zy
+1
+1
+3
+3
+1
Nous obtenons bien
+1
lim
x;y)!( 1;+1) x
(
(f (t + 3) f (t + 1)) dt.
Cela signie que t 2 R 7 ! f (t + 3) f (t + 1) 2 R a une integrale impropre
convergente sur R.
45. f etant decroissante possede une limite (reelle ou non) en +1. Cette limite
est donc nulle car f est integrable. f est donc positive au voisinage de +1.
f etant continue et ayant une limite reelle en +1 est bornee sur R (On notera M = sup jf (t)j). Soit A > 0 tel que f est decroissante sur [A; +1[. f
t2R
est uniformement continue sur R donc pour " > 0, il existe > 0 tel que
+
+
24
+
Soit " > 0. Il existe A > 0 tel que pour t 2 [A; +1[ on ait jf (t) lj6 3" ou l est la limite de f
en +1. Sur [0; A] f est uniformenent continue donc il existe > 0 tel que pour u et v dans R+,
ju vj6 ) jf (u) f (v)j6 3" . Soient alors u et v dans R+ veriant ju vj6. (On peut supposer
u6v) Si u 2 [0; A] et v > A alors jf (u) f (v)j6jf (u) f (A)j + jf (A) lj + jf (v) lj63 3" = ".
Si u et v sont strictement superieurs a A alors jf (u) f (v)j6jf (u) lj + jf (v) lj62 3" 6". f est
bien uniformement continue sur R+.
24
274
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
8(u; v) 2 (R ) ; ju vj6 ) jf (u) f (v)j6 2(A"+ 1) .
A
"
Choisissons de plus 6
; 61. Soit h 2]0; ]. Posons N = E h
2(M + 1)
et pour i 2 N; i6NZ + 1; xi = hi.
xi
Pour i 2 N; i6N ,
jf (t) f (xi )j dt6 2(A"+ 1) h. Donc
+
2
+1
xi
X
"
N Z xi
" , car Nh + h6A + h6A +1.
(
f
(
t
)
f
(
x
))
dt
(
N
+
1)
h
6
i
i xi
2(A + 1)
2
Z N h
N
X
Nous obtenons alors f (t) dt h f (kh) 6 2" . Soit h ainsi xe.
k
+1
=0
(
+1)
0
=0
Sur [(N + 1)h; +1[, f est decroissante donc pour p 2 N
Z
N +2+p)h
(
f (t) dt6h
N +1)h
(
p2N7 !h
X
N +1+p
k=N +1
N +1+p
X
k=N +1
Z
f (kh)6
f (kh) 2 R est croissante majoree (car f est positive inte-
Z
grable) donc convergente et
h
Z
N
X
f (kh)
k=0
(N +1)h
X1
+
f (kh)
0
1
X1
N +1)h
k=N +1
+
f (t) dt6h
(
Z
k=0
(N +1)h
Z
f (t) dt.
Nh
25
Posons (h) = h
N +1+p)h
(
1
+
f (kh)6
Z
1
+
f (t) dt.
Nh
+
f (t) dt. Nous obtenons alors :
0
f (t) dt6(h)6h
N
X
k=0
f (kh)
Z
(
N +1)h
0
f (t) dt +
Z
N +1)h
(
Nh
f (t) dt.
f (t) dt6Mh6M6 2(MM"+ 1) .
Nh
Nous obtenons nalement j(h)j6". Nous avons donc prouve que pour tout
" > 0 il existe > 0 tel que pour 0 < h6 on a j(h)k6" c'est-a-dire
lim (h) = 0.
h!
8 t
<
pour t 6= 0
Application soit f denie sur R par f (t) = : exp(t) 1
1
pour t = 0
0+
+
25
Il s'agit d'un resultat classique.
Soit > 0,
Z
(
N +2+q+p)h
f (t) dt6h
N +1+q)h
(
X
N +1+q+p
f (kh)6
k=N +1+q
p et q superieur a un entier X , 6
p2N7 !h
X
N +1+p
Z
Z
N +1+q+p)h
(
f (t) dt puis f etant integrable nous avons pour
N +q)h
(
N +2+q+p)h
(
f (t) dt6h
N +1+q)h
(
X
N +1+q+p
k=N +1+q
f (kh) 2 R est de Cauchy donc convergente.
k=N +1
f (kh)6
Z
N +1+q+p)h
(
f (t) dt6 ; la suite
N +q)h
(
275
t) exp(t) 1 .
f est continue et a pour derivee sur R, f 0 telle que f 0 (t) = (1 (exp(
t) 1)
Pour t 6= 0 f 0 (t) = exp(t) 1 t exp(t) .
(exp(t) 1)
f 0 a le signe de g(t) = 1 t exp( t). g0 (t) = exp( t) 160 pour t>0.
g est decroissante sur R , nulle en 0 donc f 0 (t)60 et f est decroissante.
lim t f (t) = 0 donc f est integrable sur R . Nous pouvons appliquer le result! 1
Z 1 t
X1 nh
tat precedent et nous obtenons : lim
=
dt.
h! n exp(nh) 1
exp(t) 1
Posons t = exp( h). Pour h > 0, t est strictement inferieur a 1 donc
X1 ntn(ln(t)) Z 1 t
=
dt. Lorsque t tend vers 1, ln(t) est
lim
t!
1 tn
exp(t) 1
2
2
+
2
+
+
+
0+
+
1
+
2
0
=1
+
2
n=1
0
X1 tn ln(tn) Z
1
t
dt.
1
exp(
t
)
1
n
Posons t = exp(h). Pour h > 0, t est strictement superieur a 1 donc
X1 n(ln(t)) Z 1 t
lim
t! n
tn 1 = exp(t) 1 dt et comme plus haut
X1 ln(tn) Z 1 t
lim (t 1)
dt.
n 1=
t!
exp(t) 1
n t
(1 t)
equivalent a t 1. Nous avons donc tlim
!
1
+
1+
=1
=
tn
+
0
+
2
0
=1
+
1+
+
+
0
=1
46. (a) SoitZ"v> 0. f etant integrable, il existe A>0 tel que pour A6u6v on ait :
06 f (t) dt6 " .
2
u
Zx
En particulier, pour x>2A nous avons 06 f (t) dt6 " .
A
Zx 2
f est decroissante positive donc 06(x A)f (x)6 f (t) dt6 2" .
A
x A> x2 d'ou 06xf (x)6" c'est-a-dire x!lim1 xf (x) = 0 d'ou le resultat
demande.
1
1
1
Pour i 2 N notons Ii = i; i +
, Ji = i + ; i + 1
2
i
2i
2(i + 1)
1
et Ki = i + 1
; i+1 .
2(i + 1)
Considerons l'application f denie sur [0; +1[ par :
f est nulle sur tout intervalle tel que Ji , la restriction de f a Ii est
denie par f (t) = 2i (t i) + i et la restriction de f a Ki est denie
par f (t) = 2(i + 1) (t i 1) + i + 1.
On choisit f nulle sur [0; 1[. f est positive non decroissante. f est
X1 1 integrable ; l'integrale de f est egale a
= et t 7 ! tf (t) n'a pas
12
i 2i
de limite en +1.
+
3
3
3
4
4
+
2
2
=1
3
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
276
Soit f (t) = 1 pour t>2 et 0 sur [0; 2]. f est continue par morceaux,
t ln(t)
decroissante, positive : t!lim1 tf (t) = 0 et elle n'est pas integrable.
+
(b) Quitte a changer f en f , on peut supposer f decroissante. Quitte enn
a remplacer f par f f (1), ce qui ne change pas le resultat demande, on
peut supposer f >0.
Soit " > 0. f est intZegrable
donc ilZ existe
2]0; 1] tel que pour
x
x
0 < y < x6 on ait 06 f (t) dt6".
f (t) dt>(x y)f (x)>0. Nous
y
y
avons donc 06(x y)f (x)6". En faisant tendre y vers 0 nous obtenons
06xf (x)6" d'ou le resultat
e.
1 demand
1
1
Pour i 2 N notons Ji = ; + . Soit f denie sur ]0; 1] telle que
i i i
s'il existe i 2 N; i> 2; t 2 Ji , f (t) = i sinon f (t) = 0. f est continue par
X1 1
morceaux sur ]0; 1], integrable d'integrale
et t 7 ! tf (t) n'a pas
i
i
de limite en 0.
1
1 1
Soit f (t) =
tf (t) = 0, f est
t!
t ln(t) pour t 2 0; e , nulle sur e ; 1 . lim
monotone et n'est pas integrable.
(c) Supposons, quitte a changer f en f ce qui ne change rien au resultat
demande, que f est croissante. f possede une limite l en 0 appartenant
a R . Trois cas sont possibles : l = 0; l = 1; l 6= 0.
Si l 6= 0, ta f (t) t! lta donc a > 1 et tlim
lta = 0.
!
Si l = 0 alors 8t 2]0; 1]; f (t)>0.
1
Z t
Z t
a
Pour t 2 0; , 06f (t) u du6 ua f (u) du
2
t
t
3
+
2
=2
0
+1
0+
0+
2
u 2]0; 1] 7
Z
2
! ua f (u) 2 R est integrable donc
t
lim
t!
Z
0+
+1
t
2
t
f (u)ua du = 0 puis
a
1 f (t)ta = 0 lorsque
lim f (t)
c'est-a-dire : lim 2
a+1
t!
t!
t
a 6= 1 ou tlim
ln(2)
f
(
t
)
=
0
lorsque
a
=
1.
!
0+
2
ua du = 0
+1
0+
0+
Dans les deux cas nous en deduisons tlim
ta f (t) = 0.
!
Supposons l = 1.
Il existe A 2]0; 1] tel que t 2]0; A] ) jf (t)>1. Sur cet intervale, nous
avons jtaf (t)j>ta . Nous en deduisons que t 2]0; A] 7 ! ta 2 R est integrable donc a > 1.
ZSoitx x 2]0; 1] tel que
Z xf (x) < 0.xa
ta f (t) dt6f (x) ta dt = a + 1 f (x)60.
Zx
a
t 2]0; 1] 7 ! t f (t) 2 R est integrable donc xlim
ta f (t) dt = 0 puis
!
+1
0+
+1
0
0
0+
0
277
lim xa f (x) = 0.
+1
x!0+
t
2 R est continue, equivalente au voisinage de l'inni a
(1 + t )n
t 2 R 7 ! t n1 2 R qui est integrable sur [1; +1[ des que n 2 N . In existe
donc.
Integrons par parties sur [0; x]. Nous obtenons
t x 4n Z x t
Zx t
dt = 3(1 + t )n + 3
dt.
(1 + t )n
(1 + t )n
En faisant tendre x vers l'inni nous obtenons In = 4n (In In ) soit encore
3
4
n
3
In = 4n In.
nY
4k 3
Nous en deduisons pour n>2 In = I
.
4
k
pk
p
t =
t p2
t p2
+
.
1+t
4(t + t 2 + 1) 4(t t 2 + 1)
!
p
p
ZX
t
2
t
2
p
p
I = Xlim
dt
! 1
4(t t 2 + 1) 4(t + t 2 + 1)
p
ZX
2
t
p
dt.
= Xlim
! 1 X 4(t t 2 + 1)
p
p
p
t p2
1p 2t p 2
1p p 2
=
+
.
4(t t 2 + 1) 4 2 t t 2 + 1 2 2 (t 2 1) + 1
p
1
X
ZX
p
p
t p2
1
= p ln(t t 2 + 1) + p atan(t 2 1) .
t 2 + 1) 4 2
2 2
X 4(t
X
Nous obtenons alors I = p .
2 2
Z 1 t
Z 1
1
2
47. t 2 R 7 !
+
+
4
4
2
2
3
4
0
6
4
0
0
4
+1
+1
+1
1
1
=1
2
4
1
2
+
2
2
0
2
2
+
2
2
2
2
2
26
1
+
2
1
En utilisant le changement de variable t 7 ! t nous obtenons
t4 + 1 dt = 0 u4 + 1 du
1
Z 1 t2 + 1
2
1=
1p
1p
donc I1 = t4 + 1 dt. tt4 +
+
. Nous obtenons alors
2
2
+
1
2(
t
+
t
2
+
1)
2(
t
t
2
+
1)
0
1
p
p
I1 = p1 atan(t 2 + 1) + p1 atan(t 2 1) = p .
2
2
2 2
0
+
1
+
1
2
X
X
Pour jtj < 1, t4 1+ 1 = ( 1)n t4n, t4 t+ 1 = ( 1)nt4n+2.
n=0
n=0
26
Z
N
1 dt X
( 1)n = ( 1)N Z t N dt 6 1 . En faisant de m^eme avec l'autre
1+t
1 + t 4N + 5
n 4n + 1 Z 1+t
X1 ( 1)n X1 ( 1)n
1
0
1
4
0
=0
serie nous en deduisons
4(
1
0
2
1 + t4 dt =
+
n=0
+1)
4
4n + 1 +
+
n=0 4n + 3
.
A l'aide d'un changement d'indexation dans la seconde serie nous obtenons
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
278
x n!
n
Nous avons vu que pour x > 0, (x) = n!lim1 Y
.
n
(x + k)
27
+
Notons xn =
(4n)! =
Y
n
Yn 4k
k=1
n
(4k)
k=1
= 4n (2n)!
Y
4k
3=
1
4n(n!)
1
k=0
n
(4k + 1)
Y
Y
n
(4k 3).
k=1
(4k + 2)
! nY
1
(4k + 1)
k=0
Y
n
k=0
1
k=0
1
k=0
Yn
Y
n
1
k=0
(4k + 3)
!
(4k + 3) .
!
(4n)!
Nous obtenons alors xn
(4k + 3) = n
.
4 (n!)(2n)!
k
Choisissons x = 3 dans la formule precedente. Nous obtenons
4 In n! 1 p 34 n(4n + 3)(4n)! .
2 2
4 n (n!) (2n)!
n
p
En utilisant la formule de Stirling nous avons (n!) 4 (2n)! n! 1 4n 2.
(4n)!
1
2
=0
+1
3
4
3 +1
+
2
2
3
4
3 +1
+
3
4
En simpliant nous obtenons In n! 1
donc In n! 1
.
4n
4n
Nous pouvons remarquer qu'en utilisant la relation (x + 1) = x (x) il vient
p
n 2
In =
.
4
(n)
En utilisant la formule des complements vue a l'exercice numero 40 de ce cha n
n
n .
pitre nous obtenons In =
puis
(n)
4
(n) n! 1
En utilisant
le resultat de l'exercice
numero 41 dece chapitre nous obtenons
n
p
7
n 34 n! 1 2 n 74
exp n +
4
p
et (n) n! 1 2 (n 1)n exp ( n + 1).
3 n n
n
En simpliant il vient
n exp 4 n 1 .
(n) n! 1
n 3
1 Lorsque n tend vers l'inni, n ln
n 1 = n 4(n 1) + o n 1 donc
+1
3
4
+
3
4
+
3
4
1
4
3
4
3
4
3
4
3
4
+
5
4
+
1
2
+
3
4
3
4
+
7
4
Z 1+t
X1 ( 1)n
p
1 + t dt = 1 2 n (4n + 1)(4n 1) = 2 2 .
1
0
27
2
4
+
=1
Voir l'exercice numero 40 de ce chapitre.
7
4
lim
n!+i nfty
n
7
4
n
n 1
= exp
3
n
(n)
Nous obtenons bien
279
4
3
4
.
n!+1
n .
3
4
48. t 2]0; 1[7 ! (ln(t))(ln(1 t)) 2 R est continue.
t
(ln(t))(ln(1 t)) (ln(t))(ln(1 t)) ln(
t
),
(t 1) ln(1 t).
t!
t!
t
t
La fonction est donc integrable sur ]0; 1[.
X1 tn
ln(1 t)
Pour jtj < 1 nous avons :
=
.
t
n
+
1
tn n Z tn
Z
Soit " 2]0; 1[. tn ln(t) dt =
ln(t)
dt.
n
+
1
n
+
1
"
"
"
Z
Z tn
1
n
lim
t
ln(
t
)
dt
=
dt
=
.
"! "
n+1
(n + 1)
tZn ln(t) etant de signe xe, la fonction proposee est integrable sur ]0; 1] et
tn ln(t) dt = (n +1 1) .
Z tn ln(t) dt est convergente donc nous avons
La serie de terme general (n + 1) X1
I = n1 .
n
0
1
+
=0
1
+1
1
1
1
1
0
2
0
28
1
2
0
1
0
+
3
=1
49. t 2 R 7 ! t ln(t) 2 R est continue.
(1 + t )
t
ln(t)
t ln(t) = 0 donc la fonction est integrable sur R .
lim
t
=
0,
lim
t! 1 (1 + t )
t! (1 + t )
t
1
Une primitive de t 2 R 7 !
2
R est t 2 R 7 !
2 R.
(1 + t )
8(1 + t )
En integrant par parties sur [a; b] avec 0 < a < b nous obtenons
ln(t) b 1 Z b 1
Z b t ln(t)
dt = 8(1 + t ) + 8 t(1 + t ) dt.
a (1 + t )
a
a
Gr^ace au changement de variable t 7 ! u = t nous obtenons
Zb 1
Z b du
1
1
1 . Nous
dt
=
. 1
=1
4 a u(1 + u) u(1 + u) u 1 + u (1 + u)
a t(1 + t )
Z b t ln(
t) dt =
ln(b) + ln(a)
obtenons donc
+ a)
a (1 + t )
8(1 b+b ) 8(1
1
1
+
a
1
1
+
4 ln
32
a + ln 1 + b + 1 + b 1 + a .
Elle est, pour n 2 N , prolongeable par continuite en 0.
3
+
2
4 3
3
3
4 3
+
+
4 3
0+
3
4 3
4 2
3
4 3
4 2
4 2
4
4
4 2
2
4
2
2
3
4 3
4 2
4 2
4
4
28
4
4
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
280
1
1 a! 2a , ln(b ) ln(1 + b ) b! 1
(1 + a )
Z 1 t ln(t)
dt
= 1.
(1 + t )
32
4
4 2
+
4
4
0
+
1 . Nous en deduisons :
b
4
3
4 3
0
50. t 2 R 7 ! cos(t ) 2 R est continue.
Integrons par parties sur [a; b] R . Nous obtenons
1
b Z b 1
Zb
cos(t ) dt = sin(t ) +
sin(t ) dt.
2t
2t
a
a
a
1
1
Z
1 sin(t ) = 1 donc l'integrale impropre 1cos(t ) dt
sin(t ) 6 , lim
2t
2t t! 2t
Z 1 21
est convergente et est egale a
sin(t ) dt.
2
t
Z n 1
Z pn p
j cos(t )j dt =
. Nous obtenons donc
j
cos(u)j du> p 1
pn
(n + 1)
n 2 u
x Zx
N
X
1
j cos(t )j dt> pn ou N = E .
n
La serie de terme general p1 est divergente donc la fonction n'est pas inten
grable.
Nous pouvons employer une autre methode.
Supposons la fonction integrable.
Le changement
2 R 7 ! u = t 2 R est un C dieomorphisme
Z 1 de variable
Z 1tcos(
u) du ; la fonction u 2 R 7 ! cos(
u) 2 R est
p
p
donc
cos(t ) dt =
2 u
2 u
cos(2
u
)
alors integrable ; comme d'ailleurs u 2 R 7 ! p 2 R.
2 u
cos(u) (cos(u)) 1 cos(2u)
p > p = p + p .
2 u
2 u
4 u 4 u
Nous en deduisons qu'alors u 2 R 7 ! p1 2 R est integrable ce qui est faux.
4 u
La fonction proposee n'est donc pas integrable.
t 2 R 7 ! t t = exp( t ln(t)) 2 R est continue. La limite en 0 est egale a
1. Pour t>e; t ln(t)>t donc t t 6 exp( t). La fonction est donc integrable.
1 i i
2
2
1
t> 7 ! ln cos t 2 R est continue. t> 7 ! u = t 2 0; 2 est un
C dieomorphisme donc il y a equivalence
l'integrabilite de la fonction
i i entre
1
proposee et l'integrabilite de u 2 0; 7 ! ln(cos(u)) 2 R.
2
u
2
+
+
2
2
2
2
2
+
2
2
2
2
0
+
2
2
0
( +1)
2
0
( +1)
2
2
2
0
=1
29
+
+
2
0
2
+
1
+
+
0
+
2
+
+
1
2
Si nous ne connaissons pas encore les series, nous pouvons remarquer que
Zn 1
n
X
p
p1 >
p dt = 2( n + 1 1) qui tend vers +1 lorsque n tend vers +1.
t
k
29
+1
k=1
1
281
1 ln(cos(u) = 1 . 1 ln(cos(u) 4 ln u.
lim
u! u! u
2 u
2
En integrant par parties nous obtenons
" #a Z a
Z a u ln u
u
du
=
du
ln
2
2
2
=
a ln 2 a + 2 ln 2 a.
2
Z a lim ln
u du = 2 ln 2
.
a! 2
2
ln u est de signe xe donc la fonction est integrable.
Z 12 1 ln cos dt est deni.
t
2
0
2
2
2
0
0
0
0
2
+
2
ln(1 t ) = 1.
t 2]0; 1[7 ! ln(1t t ) 2 R est continue (en fait C 1 ). lim
t!
t
2
2
2
La fonction est prolongeable par continuite.
ln(1 t ) ln(1 t).
t!
t
Pour x 2 [0; 1[ nous
par parties,
" avons, en inte#grant
x
1
2
2
2
Zx
1
x = (x 1) ln(1 x) x cette integrale
a pour limite -1 lorsque x ten vers 1. La fonction etant de signe xe est integrable.
t) 2 R est continue.
t 2]0; +1[7 ! (tt ln(
+ 1)
t
ln(
t
)
lim
= 0 donc la fonction est prolongeable par continuite en 0.
t! (t + 1)
t ln(t) ln(t) .
(t + 1) t! 1 t
En utilisant les resultats sur les integrales de Bertrand nous en deduisons
que la fonction est integrable.
t 2 R 7 ! ln(t) ln(1t exp( t)) 2 R est continue.
Lorsque t tend vers 0, 1 exp( t) = t t + o(t ) ;
2
t
ln(1 exp( t)) = ln(t) + ln 1
+ o(t) = ln(t) t + o(t)
2
2
ln(t) ln(1 exp( t)) = 1 .
puis ln(t) ln(1 exp( t)) = t + o(t). lim
t!
2
t
2
ln(t)
1
0
ln(1 t) dt = (t 1) ln(1 t)
0
2
0+
2
2
2
2
2
+
3
30
+
2
2
0
Ici nous pouvons remarquer simplement que t3 = o t2 lorsque t tend vers +1 et conclure
immediatement.
30
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
282
La fonction est prolongeable par continuite en 0.
ln(t) ln(1 exp( t)) ln(t) et comme nous l'avons deja vu, dans l'exert! 1 t
t
cice sur les integrales de Bertrand, la fonction n'est pas integrable sur [1; +1[.
1
1
t 2 [1; +1[7 ! t exp t 2 R est continue.
1 e
1
8t 2 [1; +1[; 06 t exp t 6 t . La fonction est donc integrable.
Remarque en utilisant le changement de variable t 7 ! u = 1t nous obtenons
le fait que la fonction proposee est integrable si et seulement si l'application
u) 2 R l'est ; ce qui est le cas. Nous avons alors :
Zu 2]01; 11] 7 !exp(
Z
1
t exp t dt = exp(u) du = e 1.
t)j 2 R est continue et
t 2 R 7 ! exp( pat1 )+j sin(
t
t) 6 exp( at).
8t 2 R ; exp(p1at+) sin(
t
t 2 R 7 ! exp( at) 2 R est integrable et la fonction proposee l'est donc aussi.
t 2]0; +1[7 ! ta ln(t a+ exp(at)) 2 R est continue.a
Lorsque t tend vers 0, t ln(t + exp(at)) = (a + 1)t + o ta . La fonction
est integrable sur ]0; 1] si et seulement si a > 2.
Si a>0, t!lim1 ta ln(t + exp(at)) = +1. La fonction n'est alors pas integrable.
Si a < 0, ta ln(t + exp(at)) t! 1 ta ln(t). Comme nous l'avons deja vu dans
l'exercice sur les integrales de Bertrand, la fonction est integrable sur [1; +1[
si et seulement si a < 1.
En conclusion, la fonction est integrable si et seulement si 2 < a < 1.
t 2 R 7 ! pt 1+ t 2 R est continue.
p 1 t! p1 . La fonction est integrable sur ]0; 1].
t
t+t
1
1 . La fonction est integrable sur [1; +1[.
p
t + t t! 1 t
Finalement, la fonction est integrable.
t 2 R 7 ! p 1
2 R est continue.
t(1 + exp(t))
pt(1 +1exp(t)) t! p12t . La fonction est integrable sur ]0; 1].
1
1
p
lim
t
=
0.
La
fonction
est
n
e
gligeable
devant
t! 1
t lorsque t
t(1 + exp(t))
+
2
2
2
1
+
2
1
0
+
+
+
+1
+1
+
+
+
3
2
2
3
0
3
+
3
2
+
0
2
+
2
283
tend vers +1 donc est integrable sur [1; +1[.
Finalement, la fonction est integrable.
t 2 R 7 ! ta +1 tb 2 R est continue.
Supposons a>b.
Lorsque t tend vers 0, ta b a pour limite l=1 ou 0 selon que a = b ou a > b.
1 l . La fonction est integrable sur ]0; 1] si et seulement si b < 1.
a
t + tb t! tb
Lorsque t tend vers +1, tb a a pour limite l0 =1 ou 0 selon que a = b ou a > b.
1 l0 . La fonction est integrable sur [1; +1[ si et seulement si a > 1.
ta + tb t! ta
la fonction est donc integrable si et seulement si b < 1 < a ou a < 1 < b.
1
t 2 R 7 ! 1 + ta (sin(
t)) 2 R est continue periodique. Elle n'a pas de limite en +1 et elle est bornee. Sur [n; (n + 1)] nous avons
1 + (n)a(sin(t)) 61 + ta (sin(t)) 61 + ((n + 1))a (sin(t)) donc
Z n dt
est compris entre
1 + ta (sin(t))
n
Z
Z
dt
dt
et
.
a
1 + (n) (sin(t))
1 + ((n + 1))a (sin(t))
Z
Z
dt
dt
Calculons
=2
; b > 0.
1 + b(sin(t))
1 + b(sin(t))
h h
t 2 0; 2 7 ! u = tan(t) 2 [0; +1[ est un C dieomorphisme donc
Z
Z 1 du
dt
=
= p .
1 + b(sin(t))
1 + (1 + b)u 2 1 + b
La fonction proposee,Z positive, est integrable si et seulement si la limite lorsque
x
dt
x tend vers +1 de 1 + ta (sin(
t)) est reelle.
x
Notons N = E
.
Z x dt
Z N dt
N Z N
X
X
dt
p
6
=
6
.
a
a
a
1+ t (sin(t))
1+ t (sin(t)) n
1+(t + n) (sin(t)) n
1+(n)a
p1+( n)a n! 1 a n1a .
n
X
1
La suite de terme general
converge si et seulement si > 1.
k k
+
0
0
+
2
2
2
2
( +1)
2
2
0
2
0
2
2
0
2
0
1
+
2
2
0
2
0
2
0
(
0
2
2
0
=0
1
+
+1)
0
=0
2
2
31
=1
31
Si nous connaissons les series, il s'agit d'un resultat classique. Sinon nous ecrivons, sachant
284
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
Zx
X1 dt
6 p
et la fonction est inte1 + ta (sin(t)) n
1 + (n)a
+
Si a > 2 alors
grable.
Zx
Z N dt
N
X
dt
p
>
>
.
a
a
1 + t (sin(t))
1 + t (sin(t)) n
1 + ((n + 1))a
Zx
dt
Si a62, x!lim1
= +1 et la fonction n'est pas integrable.
a
1 + t (sin(t))
La fonction est integrable si et seulement si a > 2.
t 2 R 7 ! exp(ta ln(j sin(t)j)) 2 R est continue.
lim
exp(ta ln(j sin(t)j)) = 1. La fonction est prolongeable par continuite en 0.
t!
La fonction, positive, n'a pas de limite en +1.
Sur l'intervalle [n; (n + 1)], avec n 2 N, nous avons
exp(((n + 1))a ln(j sin(t)j))6j sin(t)jta 6 exp((n)a ln(j sin(t)j)).
2
0
=0
1
2
0
+
2
0
=0
2
0
+
0
Z
n
( +1)
Z
exp(b ln(j sin(t)j)) dt = 2 (sin(t))b dt (b > 0).
n
En utilisant le reultat de l'exercice numero 32 vu plus haut nous obtenons
r
Z n b
j sin(t)j dt b! 1 2b . Soit x 2 R . Posons N = E x .
n
2
0
( +1)
Zx
0
Zx
0
+
+
j sin(t)jta dt>
ta
j sin(t)j dt6
X Z
N
1
n=0
N
2
X Z
0
n=0
0
2
Xr
N
2
2
(sin(t))
!
a dt
n
(( +1) )
(n )a
(sin(t))
!
.
dt .
a = +1.
2((
n
+
1)
)
n
La fonction proposee n'est pas integrable.
N r
X
= l 2 R.
Si a > 2, N lim
! 1n
2(n)a
La fonction proposee est alors integrable.
La fonction est integrable si et seulement si a > 2.
1
51. t 2 R 7 ! 1 n 2 R est continue.
(t + 1)
(t + 1)n
l'integrale existe.
Z 1 dt
Posons In =
.
(t + 1)n
En integrant par parties sur [a; a] nous obtenons :
Z n dt X
Z n dt
n
1
Si a62, N lim
! 1
+
1
=0
+
=0
+
3
3
+
3
0
que la suite est croissante,
+1
1
t 6 k=1 k 61 +
1
t .
t!+1
t
1 . 3n > 1 donc
n
3
Z a dt
285
a Z a 3nt
t
=
+
dt.
(t + 1)n
(t + 1)n
(t + 1)n
En faisant tendre a vers +1 nous en deduisons 3nIn = (3n 1)In puis
Z 1 dt
N
N
Y
Y
IN
(3n) = I (3n 1). Calculons I =
.
t
+
1
n
n
1
1
t+2 .
=
+
t + 1 3(t + 1) 3(t t + 1)
t + 2 = 2t + 1 + 2
.
3(t t + 1) 6(t t + 1) 3 1 + pt Une primitive, sur R , de t 7 ! 1 est :
t +1
2t 1 1
1
1
t 7 ! 3 ln(t + 1) 6 ln(t t + 1) + p atan p .
3
3
3
0
3
3
3
0
0
+1
+
+1
1
1
=1
0
=1
3
3
2
2
2
2
+
1
3
2
3
2
N
Y
(3n 1)
2p
n
Nous obtenons alors I =
puis IN = N p 2.
3 3
Z 3 1 3dtN !
En fait, il s'agit la d'un cas particulier de
avec a > 1.
(ta + 1)n
En employant la m^eme methode que precedemment, nous obtenons, en notant
In la valeur de l'integrale, naIn = (na 1)In puis
=1
+1
1
+1
+
0
Y
N
8N
2 N ; IN +1 = n=1
Nous avons
32
32
Z
1
+
0
+1
(na 1)
aN N !
dt =
ta + 1
I . Il faut alors calculer I =
1
a sin
Z
1
+
1
a
.
0
dt
ta + 1 .
Considerons la fonction 2-periodique f denie sur R telle que :
8t 2 [ ; ]; f (t) = cos(t) ou 62 Z.
f est developpable en serie de Fourier. Nous obtenons :
+1
n 2 sin( )
X
sin(
)
8t 2 R; f (t) = + ( 1)
2
n2) cos(nt).
n=1 (
+1
+1
n 2 sin( )
X
= 1 + X
( 1)n 22 .
En particulier 1 = sin() + ( 1)
soit
encore
2
2
2
n)
sin()
n2
n=1 (
n=1 Z +1 dt Z 1 dt Z +1 dt
Soit a > 1.
= ta + 1 +
a
ta + 1 .
0 t +1
0
1
En posant dans la seconde integrale u = 1t , nous obtenons :
Z +1 dt Z 1 dt Z 1 ta 2
= ta + 1 + ta + 1 dt.
a
0 t +1
0
0
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
286
t 2] 1; 1] 7
r1 t
tn
! tn
r1 t
2 R est continue (n peut ^etre nul).
1
+
t
r 2
( 1)n
. La fonction est donc integrable.
1 + t t!
1+t
Considerons le changement de variable u 2 [0; [7 ! t = cos(u) 2] 1; 1]. Il
s'agit d'un C dieomorphisme ; nous avons
Z r1 t Z Jn = tn 1 + t dt = (cos(u))n(1 cos(u)) du.
En utilisant
Z les resultats concernant les integrales de Wallis et en posant
In = (cos(u))n du, nous avons :
Si n est pair egal a 2p, J p = 2I p = (2p p)! .
(2 p!)
(2p + 2)!
Si n est impair egal a 2p + 1, J p = 2I p = p
.
(2 (p + 1)!)
n + 1
Nous avons donc en posant q = E
, Jn = ( 1)n (2q q)! .
2
(2 q!)
i h
La fonction t 2 0; 2 7 ! cos(t) ln(tan(t)) 2 R est continue.
Lorsque t = h tend vers nous avons
2
2
cos(t) ln(tan(t)) = sin(h) ln(cos(h)) sin(h) ln(sin(h)) qui a pour limite 0.
La fonction est prolongeable par continuite en .
2
Lorsque t tend vers 0, nousavons cos(t) ln(tan(t)) = cos(t) ln tan(t) + cos(t) ln(t)
t
= ln(t) + O(t ln(t)) t! ln(t).
1
1
1
1
0
2
0
2
2
2
2 +1
2 +2
+1
2
2
2
0
X1
X1
8t 2]0; 1[; ta 1+ 1 + tta + 1 = ( 1)ntan + ( 1)ntan+a 2 c'est-a-dire
n=0
n=0
a
+
2
+
X1
X1
8t 2]0; 1[; ta 1+ 1 + tta + 1 = 1 + ( 1)n tan
n=1
a
+
2
=1+
X1
+
(
n
Z Z
( 1)n tan tan dt = tan
1)n
=1
+
tan
( 1)ntan
n=1
tan
2
2
.
tan dt = a2n22 1 .
0
0
2
La serie de terme general a2 n2 1 est convergente donc nous avons :
1
Z
2
1 dt
+
0
1
ta + 1 = 1 +
2
X1 ( 1)n 2
1 an.
+
n=1
2
2
En comparant les deux resultats nous obtenons pour a > 1;
Z
0
1 dt
+
ta + 1 = a sin a .
287
La fonction proposee est donc integrable.
i h
En integrant par parties sur [a; b] 0; . Nous obtenons :
"
#2 b Z b
Zb
1 dt c'est-a-dire
cos(t) ln(tan(t)) dt = sin(t) ln(tan(t))
a
a cos(t)
a
Zb
a
"
cos(t) ln(tan(t)) dt = sin(t) ln(tan(t))
puis
Z
2
0
t #b
ln tan +
2
cos(t) ln(tan(t)) dt = blim
sin(b) ln(tan(b))
!
2
= hlim
!
0. Nous obtenons alors :
2
0
a
b ln tan +
4
2 h cos(h) ln(tan(h)) + ln tan
h cos(h) ln(tan(h)) + ln tan
=
2
Z
0
4
2
.
ln(2) + O(h ln(h)) lorsque h tend vers
2
cos(t) ln(tan(t)) dt = ln(2).
52. Nous avons deja calcule, plus haut, cette integrale. Nous allons ici la calculer
d'une autre maniere.
La fonction est clairement integrable car continue et equivalente lorsque x tend
1
vers l'inni a n .
x
La decomposition en elements simples est :
i(2k + 1) n
X
1
!
k
=
ou !k = exp
.
1 + x n k n 2n(x !k )
2n
Notons !k = ak + ibk avec ak et bk reels.
Soit ! = a + ib 2 C n R avec (a; b) 2 R . Une primitive
x de
l'application
1
a
x 2 R 7 ! x ! 2 C est x 2 R 7 ! ln jx !k j + i atan b 2 C .
En eet en derivant nous obtenons x a + i 1 puis en simplijx !j b
1+ x a
b
x
a
ib
x
!
1
ant
jx !j + jx !j = jx !j = x ! .
Une primitive de x 2 R 7 ! 1 n 2 C est donc
1+x
x a n
n X
X
1
i
x 2 R 7 ! 2n
!k ln jx !k j 2n
!k atan b k .
k
k n
k n
La fonction proposee etant integrable, nous avons alors
2
33
1
2
=
2
2
2
2
2
2
2
1
=
33
1
=
Voir les exercices de ce type dans le chapitre sur les fractions rationnelles.
288
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
Z
dx = lim Z A dx .
1 1 + x n A! 1 A 1 + x n
Pour k donne, A!lim1 ln A !k = 0.
A a A !k A a k
k
lim atan
atan
= sgn(bk ).
A! 1
bk
bk
Pour 06k6n 1, bk > 0 ; pour n6k6 1, bk < 0 ; et !k = !
avons alors
Z 1 dx
n
n
X
X
i
i
=
!
(!k !k ) = =m
k sgn(bk ) =
n
2n k n
2n k
n
11+x
1
+
2
2
+
+
+
1
+
Z
1
2
=
n
X
1
dx = =m
11+x n n
+
1
i k !
1
. Nous
!
n
X
1
k=0
!k .
exp
.
2
n
n
k
!
exp in 2
.
Nous obtenons nalement =m
=
i
n 1 exp n
n sin 2n
Nous obtenons ce que nous esperions obtenir.
t ln(t) 2 R est continue.
53. t 2]0; 1[7 !
t 1
1
t
ln(t) X
Pour t 2]0; 1[ nous avons
= t n ln(t).
1 t
n
Z
1
1
t n ln(t) dt = (2n +
. La serie de terme general
est conver3)
(2n + 3)
t ln(t) 2 R est integrable et
gente donc t 2]0; 1[7 !
t 1
Z t ln(t) X1 1
t 1 dt = n (2n + 3) .
Donc
2
exp
i =0
k
=0
2
2
2
+
2
2 +2
2
=0
1
2 +2
2
0
2
2
34
2
1
+
2
2
0
2
=0
54. 8x 2 R; t 2 R 7 ! exp( x cos(t)) cos(x sin(t)) 2 R est continue.
2
Z
2
0
exp( x cos(t)) cos(x sin(t)) dt =
=
Z
Z
2
2
2
exp( x cos(t)) cos(x sin(t)) dt
exp( x exp(it)) dt.
2
Pour tout reel x nous avons exp( x exp(it)) =
(
1)n xn exp(int)
n!
t ; x etant xe.
34
jxnj
= .
n!
X1 (
+
n=0
1)nxn exp(int) .
n!
La serie converge donc normalement vis a vis de
Ce que nous pouvions voir directement.
Z
X1 Z
289
( 1)nxn exp(int) dt.
n!
Z ( 1)nxn exp(int) (n 1)nxn exp(int) Pour n 2 N , dt =
n!
inn!
2
( 1)nxnin
xnin
=
nn!
nn!
n in
x
n
=
nn! (( 1) 1).
Nous obtenons donc
Z
X1 2( 1)nx n
exp(
x
exp(
it
))
dt
=
puis
(2
n
+
1)(2
n
+
1)!
n
Nous avons donc
exp( x exp(it)) dt =
2
2
+
=0
2
2
2
2
2
1
1
1
+
2
2
f (x) = 2
2 +1
=0
X1
( 1)nx n
. f est developpable en serie entiere a l'orin (2n + 1)(2n + 1)!
X1 ( 1)nx n
0
gine et 8x 2 R; f (x) =
c'est-a-dire f 0 (0) = 1 et pour x 6= 0
(2
n
+
1)!
n
Z x sin(t)
sin(
x
)
0
f (x) = x . Il vient bien f (x) = 2
t dt.
Montrons x!lim1 f (x) = 0. jexp( x cos(t)) cos(x sin(t))j 61,
h h
(t; x) 2 0; R 7 ! exp( x cos(t)) cos(x sin(t)) 2 R est continue et pour
h h 2
t 2 0; 2 x!lim1 exp( x cos(t)) cos(x sin(t)) = 0.
Nous obtenons bien le resultat demande.
Remarque nous pouvons obtenir directement ce resultat. Soient " 2]0; [ et
a=2 "
Z a
exp( x cos(t)) cos(x sin(t)) dt 6a exp( x cos(a)) et
+
2 +1
=0
+
2
=0
0
+
+
Z exp( x cos(t)) cos(x sin(t)) dt 6 a 6 " .
a
2
2
0
2
lim a exp( x cos(a)) = 0 donc il existe A > 0 tel que pour x>A on ait
a exp( x cos(a))6 2" .
x!+1
Z
Il vient alors pour x>A 2
0
x cos(t)) cos(x sin(t)) dt 6" d'ou le resultat.
exp(
55. L'application t 2 [1; +1[7 ! sin(t) 2 R est continue.
sin(t) 1 t
8t 2 [1; +1[; t 6 t donc la fonction est integrable.
2
2
2
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
290
Nous savons que si une fonction a son integrale impropreZ y convergente
sur
[a; b[ alors 8" > 0; 9c 2 [a; b[, 8(x; y) 2 ([c; b[) ; x6y; f (t)dt 6".
x
Z x sin(t)
Nous en deduisons x!lim1
t dt = 0.
x
sin(t)
Soit f l'application denie par f (0) = 1 et pour t 6= 0; f (t) =
t .
f est continue. Pour tout x 2 R, il existe c et c deux reels compris entre x
et 3x tels que pour tout t compris entre x et 3x on ait f (c )6f (t)6f (c ).
Z x sin(t)
Z x dt
Z x dt
Pour x 6= 0,
t dt est compris entre f (c ) x t et f (c ) x t c'estx
a-dire entre f (c ) ln(3) et f (c ) ln(3). La continuite de f en 0 permet d'ecrire
" .
8" > 0; 9 > 0; 8u 2 R; juj6 ) jf (u) 1j6 ln(3)
Donc si j3xj6 nous avons jf (c ) 1j6 " et jf (c ) 1j6 " puis
ln(3)
ln(3)
Z x sin(t)
ln(3) "6
t dt6 ln(3) + ".
x
Z x sin(t)
Nous avons alors xlim
! x
t dt = ln(3).
35
2
3
2
+
1
2
1
3
3
1
2
36
2
3
1
2
2
1
2
3
2
3
2
0
exp( xt)
56. (a) Pour x > 0 xe, t 2 R 7 ! p
2 R est continue, positive, majo1+t
ree par t 2 R 7 ! exp( xt) 2 R integrable. f est donc denie sur R .
f n'est pas denie en 0 car p 1 t! 1 1t .
1+t
g : (t; x) 2 R ]0; +1[7 ! p 1 exp( xt) 2 R est de classe C .
1 + t
@g (t; x) = p t exp( xt) et @g (t; x) 6 exp( xt).
@x @x
1+t
Soit m > 0. Pour x>m, exp( xt)6 exp( mt); t 2 R 7 ! exp( mt) 2 R
est integrable donc la restriction de f a [m; +1[ est de classe C c'esta-dire, m etant quelconque strictement positif, f est de classe C avec
Z 1 t exp( xt)
0
p
8x 2 R ; f (x) =
dt.
1+t
Placons-nous sur [0; a] avec a > 0.
Z a tx exp( xt) t exp( xt) a Z a exp( xt)
p
xf 0 (x) =
dt = p
dt.
1+t
1+t
(1 + t )
t 2 R 7 ! 1 2 R est continue, integrable donc en faisant tendre
(1 + t )
+
2
+
+
2
+
1
+
2
2
+
1
1
+
+
2
0
+
35
36
2
0
2
2
0
0
3
2
Donc aussi si elle est integrable.
Il s'agit, comme nous l'avons deja vu, de la premiere formule de la moyenne.
2
3
2
291
Z
1 exp(
xt) dt.
(1 + t )
' : (t; x) 2 (R ) 7 ! exp( xt) 2 R est continue.
(1 + t )
8(t; x) 2 (R ) ; 06 exp( xt) 6 1 et t 2 R 7 ! 1 2 R est
(1 + t ) (1 + t )
(1 + t )
continue integrable. Nous en deduisons donc
Z 1 exp( xt)
x2R 7 !
dt est continue et en particulier
(1 + t )
t a
Z 1 exp( xt) Z 1 1
lim
= 1.
dt =
dt = a!lim1 p
x!
1+t
(1 + t )
(1 + t )
Il vient alors xlim
xf 0 (x) = 1.
!
En utilisant, comme nous l'avons deja vu, le theoreme concernant les
eZquivalents et les int
nous obtenons
Zegrales
x
x1
f 0 (t) dt x!
ln(x).
t dt = ln(x) c'est-a-dire f (x) x!
a tend vers +1 nous obtenons xf 0 (x) =
+
2
2
0
3
2
3
2 2
2
+
+
2
3
2
3
2 2
+
3
2
2
+
+
3
2 2
0
+
0+
+
2
0
3
2
2
0
3
2
2
+
0
0+
0+
1
0+
1
(b) t>e 7 ! 1 2 R est continue. Integrons par parties. Nous obtenons
Zx 1
Z x dt ln( t)t x Z x 1
x
=
+
dt = ln(x) e + (ln(t)) dt.
ln(t) e e (ln(t))
e ln(t)
e
Montrons la relation
Z x dt
Z x dt
n
n
X
X
x
k
!
=
e k! + (n + 1)! (ln(t))n .
e ln(t) ln(x) k (ln(x))k
e
k
est vrai pour n = 0. En integrant par parties nous obtenons
t x
ZLexresultat
Z x dt
dt =
+ (n + 2)
puis
(ln(t))n e
e (ln(t))n
e (ln(t))n
Z x dt
n
n
X
X
x
k
!
=
e
k
! + (n + 1)! x n
k
(ln(x))
e ln(t) ln(x) k (ln(x))
k
Z x dt
e(n + 1)! + (n + 2)! (ln(t))n .
e
Le resultat est donc vrai au rang n + 1 et est donc vrai pour tout n 2 N.
"
1 n #x 1 Z x dt
Z x dt
t
=
n .
n + 1 ln(t)
n
+
1
(ln(
t
))
e (ln(t))n
e
e
Nous
alors
Z xobtenons
dt
x
06
6
.
n
(n + 1)(ln(x))n
e (ln(t))
x Z x dt
Lorsque x tend vers +1 nous obtenons
=O
.
(ln(x))n
e (ln(t))n
2
2
+2
=0
+2
=0
+2
+3
+2
=0
=0
+3
+1
+2
+1
+2
+1
+2
+1
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
292
En conclusion, le resultat etant vrai pour tout n xe quelconque, nous
obtenons, en changeant n en n + 1 dans le resultat precedent, lorsque x
tend vers +1
1 !
Z x dt
n
X
x
k
!
=
+o
.
(ln(x))n
e ln(t) ln(x) k (ln(x))k
t 2 R 7 ! exp(t ) 2 R est de classe C . Integrons par parties sur l'intervalle [1; x] avec x > 1.
x Z x 1
1
Zx
exp(t ) dt.
exp(t ) dt = exp(t ) +
2t
2t
Z 1
1
Lorsque t tend vers +1, exp(t ) = o exp(t ) et exp(t ) dt = +1
Z x
Z x2t1
avec exp(t ) > 0 donc
exp(t ) dt = o
exp(t ) dt .
2t
1
x
Zx
Nous en deduisons
exp(t ) x! 1
exp(t ) dt c'est-a-dire,
2t
Z
Zx
1
1
exp(t ) dt et exp(1) etant nis, exp(x ) x! 1
exp(t ) dt.
2
2x
(c) Pour t 2 [0; 1], 06 ln(1 + t)6 ln(2) donc 06In6(ln(2)n et la suite (In)n2N
converge vers 0.
n
Integrons par parties en ecrivant (ln(1 + t))n = (1 + t) (ln(1 + t)) .
1+t
#
"
Z
(ln(1 + t))n
(ln(1 + t))n
Nous obtenons In = (1 + t)
n+1
n + 1 dt
2
2
1
n
soit encore In =
I
6 n + 1 (ln(2))n .
n + 1 (ln(2))
2 n
In
In = 0.
Nous obtenons donc n!lim1
= 0 donc aussi n!lim1
n
((ln(2))n
((ln(2))
n
Il vient alors n!lim1 (n + 1)Inn = 1 c'est-a-dire In n! 1 2 ((ln(2)) .
n+1
2 ((ln(2))
(d) t 2 [; +1[7 ! (sin(t)) 2 R est continue.
Z x (sin(t))
Zt ln(x t) 1
Z x cos(2t)
dt = 2t ln(t) dt
dt
t ln(t)
2t ln(t)
ln(x) Z x cos(2t)
1
= ln
dt.
2
ln()
2t ln(t)
En integrant par parties nous obtenons
Z x cos(2t) sin(2t) x Z x sin(2t)(1 + ln(t))
dt = 4t ln(t) +
.
4t ln (t)
2t ln(t)
Pour t>, 2(ln(t)) ln(t) 1 = (2 ln(t) + 1)(ln(t) 1)>0 donc
=0
2
1
2
2
2
1
2
1
1
2
+
2
2
1
2
2
2
2
1
1
2
2
1
1
2
+
1
2
2
2
+
0
+1
1
0
+1
+1
1
0
+1
+1
+1
+
1
+
+1
+1
+
+
2
2
2
2
2
293
sin(2t)(1 + ln(t)) 1
6 et t 2 [; +1[7 ! sin(2t)(1 + ln(t)) 2 R est in2t
4t ln (t)
4t ln (t)
Ztegrable.
x cos(2t)
dt a donc une limite nie lorsque x tend vers +1 et nous en
2t ln(t)Z x
ln(x) (sin(t))
1
2
2
2
2
2
2
dt x! 1 2 ln ln() c'est-a-dire aussi
t
ln(
t
)
Z x (sin(t)) 1 ln(ln(x)).
dt
x! 1 2
t ln(t)
deduisons
+
2
+
57. Rappel soient u et v deux applications continues par morceaux de [a; +1[
dans R. On suppose v>0, v non integrable et u(t) t! 1 v(t) alors
37
Zx
Zx
+
u(t) dt x! 1 v(t) dt.
a
En eet ; pour " > 0 il existe A>a tel que pour t>A on ait (u(t) v(t))6 " v(t).
2
a
+
v est positive non integrable donc x!lim1
Pour x>A nous avons alors :
+
Zx
a
v(t) dt = +1.
Z x(u(t) v(t)) dt 6 Z A j(u(t) v(t))j dt + " Z x v(t) dt
a
a
2 A
ZA
"Z x
6
ZA
j(u(t) v(t))j dt + 2
a
a
v(t) dt.
Zx
j(u(t) v(t))j dt est une constante, donc negligeable devant v(t) dt
a
quand
x
tend
vers
+
1
c'est-
a
-dire
il
existe
B
>
A
tel
que
pour
x
>
B
on ait
ZA
Z
Z
Z
x
x
x
j(u(t) v(t))j dt6 2" v(t) dt soit (u(t) v(t)) dt 6" v(t) dt.
a
a
a
a
a
Le resultat est demontre.
0
l etant non nul, ff n'est pas integrable.
En utilisant ce que nous venons de voir nous obtenons
Z x f 0(t)
Zx
f (t) dt x! 1 l dt = lx c'est-a-dire ln(f (x)) x! 1 lx et x!lim1 f (x) = +1.
8" > 0; 9A > 0; 8t 2 R; t>A ) jf 0 (t) lf (t)j6"f (t).
Pour n 2 N; n>A nous avons :
+
0
+
0
+
Z n
Z n
0
(f (t) lf (t)) dt 6"
f (t) dt. En developpant nous obtenons :
n
n
Z n
Zn
f (n + 1) f (n) l
f (t) dt 6"
f (t) dt c'est-a-dire
+1
+1
+1
n
37
+1
n
l'hypothese de positivite est susante au voisinage de +1.
294
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
Zn
+1
f (n + 1) f (n)
l
f (t) dt.
n
Posons g(x) = ln(f (x)). D'apres le theoreme des accroissements
nis, il existe
0
1)
cn 2]n; n + 1[ tel que g(n + 1) g(n) = ff ((ccn)) = ln f (fn(+
n) soit encore
n
f (n + 1) = exp f 0 (cn) .
f (n)
f (cn ) 0 (cn ) f
6" c'est-a-dire n!lim1 f (n + 1) = exp(l).
Pour n>A, cn > A donc l
f (cn)
f (n)
f (n + 1) f (n) = f (n) f (n + 1) 1
f (n) (exp(l) 1).
n! 1 l
l
f (n)
Z ln
Nous avons alors :
f (t) dt n! 1 f (ln) (exp(l) 1).
n
n!+1
+
+
+1
+
58. g est clairement continue et strictement positive. L'application 1 est continue.
1 g 1 "
6"0 et
Soit " > 0. Posons "0 =
. Il existe > 0 tel que 2
g
(
l
)
g
(
l
+
)
g
(
l
)
1
1
0
g(l ) g(l) 6" .
f 0(t) Il existe A>0 tel que pour t>A on ait f (t) l 6.
Posons h(t) = f (t) exp( t). h0 (t) = (f 0 (t) f (t)) exp( t).
Nous obtenons, pour t>A, (l )f (t)6f 0 (t) f (t)6(l + )f (t).
Pour 6l , h est croissante sur [A; +1[ et pour >l + , h est decroissante
sur [A; +1[.
Soit n 2 N; n>A. Pour t 2 [n; n + 1] nous avons
f (n) exp( (l )n)6f (t) exp( (l )t)6f (n + 1) exp( (l )(n + 1)).
De m^eme :
f (n) exp( (l + )n)>f (t) exp( (l + )t)>f (n + 1) exp( (l + )(n + 1)).
Nous en deduisons :
f (n + 1) exp( (l + )(n + 1 t))6f (t)6f (n + 1) exp( (l )(n + 1 t)).
En integrant les trois fonctions
apparaissant dans l'inegalite precedente, nous
Z
n
f (n + 1) 6 f (t) dt6 f (n + 1) .
obtenons :
g(l + ) n
1 g(l ) Z n
1 0
0
Nous obtenons donc f (n + 1)
g(l) " 6 n f (t) dt6f (n + 1) g(l) + " .
Soit n 2 N; n >A. Nous obtenons, pour n 2 N; n>n + 1,
Zn
n
n
" X
" X
1
f (k)6g(l) f (t) dt6 1 + 2
f (k).
2k n
n
k n
+1
+1
0
0
0
= 0 +1
0
Zn
= 0 +1
Supposons f non integrable. f etant positive, n!lim1
+
n0
f (t) dt = +1. Nous
295
en deduisons qu'alors n!lim1
+
1 "
2
X
n
k=0
Notons Sn =
X
n0
f (k)
n
X
k=0
n
X
!
k=n0 +1
f (k) = +1.
f (k) + g(l)
6 1 + 2"
Zn
n
X
k=0
f (k).
0
Zn
f (t) dt6g(l) f (t) dt
0
f (k)
n
X
0
k=0
!
0
f (k) + g(l)
Zn
0
0
f (t) dt.
" S g(l) Z n
" ; de m^eme
n
lim
1
1
+
f
(
t
)
dt
=
1
n! 1
2
"2 SSn gS(nl) Z n
"
lim 1 +
1 n +
f
(t) dt = 1 + .
n! 1
2
Sn
Sn
2
k=0
0
0
+
0
0
0
+
0
Donc il existe N 2 N; N >A + 1 tel que pour n>N on ait
!
Zn
Zn
n
n
" X
X
(1 ") Sn6 1
f (k)
f (k) + g(l) f (t) dt6g(l) f (t) dt
2 k
k
0
=0
6 1 + 2"
c'est-a-dire
n
X
k=0
f (k)
n!+1
g(l)
Zn
0
0
n
X
=0
n
X
0
k=0
f (k)
k=0
!
0
f (k) + g(l)
0
Zn
f (t) dt6 (1 + ") Sn
0
0
f (t) dt.
Si f est integrable alors
m
X
f (k) a une limite reelle lorsque m tend vers +1
Z 1
X1
X1
"
et 1
f
(k )6 g (l )
f
(t) dt6 1 + "
f (k).
2 k n
2 k n
n
Nous obtenons la seconde equivalence
+
k=n+1
+
+
= +1
X1
+
k=n+1
f (k)
n!+1
= +1
g(l)
Z
1
+
n
f (t) dt.
En appliquant ces resultats nous obtenons :
n
X
e Z n exp(t) dt.
exp(k) k n! 1 e 1
t
k
=1
X1
+
k=n+1
+
1
exp( k) 1
k n! 1 e 1
+
Z
1 exp(
+
n
t
t) dt.
sin (nt)
sin (nt)
sin (nt)
59. t 2]0; [7 !
2
R est continue. lim
= n et tlim
=n .
t
!
!
(sin(t))
(sin(t))
(sin(t))
2
2
2
0
2
2
2
2
2
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
296
La fonction est donc integrable sur ]0; [.
Z sin((2n + 1)t)
Z
dt = I n . In
In = 2 cos((n + 1)t) dt = 0
Jn
Jn =
sin(t)
donc I n = I = et 8n 2 N; Jn
Jn = c'est-a-dire Jn = n.
1
2 +1
+2
0
2 +1
60.
0
1
f 0 est integrable donc
n Z k
X
1
k=0
n 1
k
k=0
k
X Z k
+1
(t
+1
k)f 0 (t) dt
Posons uk =
Zk
f 0 (t) dt = l 2 C et x!lim1 f (x) = l + f (0) = m 2 C .
X
n =
0
1
k=0
n
X
Zk
k
Nous obtenons
juk j6
lim
x!+1
k)f 0 (t) dt
(t
Zx
+1
=
k=1
Zk
f (k + 1)
f (k)
Zn
0
k
+
+1
(t k)f (t) dt
f (t) dt.
+1
(t k)f 0 (t) dt.
Zx
0
X
E (x)
f (t) dt
k=1
f (k) =
Zx
E (x)
f (t) dt
X
E (x
1)
k=0
uk .
+1
k
jf 0 (t)j dt donc la serie de terme general uk est absolument conver-
gente .
ZSoitx " > 0. Il existe A > 0 tel que pour tout t>A on ait jf (t) mj6" puis
jf (t) mj dt6".
38
E (x)
Nous en deduisons x!lim1
+
Si m = 0 alors x!lim1
Zx
+
0
Zx
f (t) dt m ((x E (x)) = 0.
E (x)
f (t) dt
Si m 6= 0 il n'y a pas de limite.
X
E (x)
k=0
f (k) = f (0)
X1
+
k=0
uk .
61. Supposons h > 0. Soit " > 0 donne. Il existe > 0 tel que pour tout
t 2]0; ]; t61 on ait jf (t) lj6 4" . Soit ainsi xe.
Z h
Z h
Z h
Z h
f (t) dt = h + t (f (t) l) dt + l h + t dt + h + t f (t) dt.
h
+t
Z h
dt = atan h ,
h
+
t
Z h
" " "
h + t (f (t) l) dt 6 4 atan h 6 8 6 2 ,
1
0
0
0
1
2
2
2
2
0
2
2
0
2
2
2
2
2
2
p qSi nous
ne connaissons pas les series nous pouvonsn ecrire :
X u 6 Z p q jf 0 (t)jdt. La suite de terme general X
uk est donc de Cauchy et est convergente.
k p k p
k n
38
+
=
+ +1
=
0
297
Z h
1
Z h
f (t) dt 6kf k1 h + t dt = kf k1 atan h atan h .
h +t
1
lim l atan
= l donc
h!
h + kf k1 atan h atan h
Z h 2
il existe > 0 tel que pour 0 < h6 on ait h + t f (t) dt 2 l 6".
Z h
Z h
1
1
2
2
2
2
39
0
1
2
0
1
Il vient hlim
!
0+
!
h + t f (t) dt = 2 l et hlim
2
0
2
0
1
h + t f (t) dt = 2 l.
2
0
62. 8n 2 N; unZ> 0.
hp
p
(un ) =
g(t)(f (t)) n
g(t)(f (t)) n
1
2
2
i 2
dt .
Nous avons donc d'apres l'inegalite de Cauchy-Schwarz
+1
2
+2
2
2
0
(un ) 6
+1
2
Z
1
0
Z
g(t)(f (t))n dt
1
0
g(t)(f (t))n+2 dt
= unun .
+2
La suite de terme general un est donc croissante et possede une limite dans
un
]0; +1].
Lemme si n!lim1 xxn = l 2 [0; +1] ou (xn)n2N est une suite reelle stricten
p
ment positive alors n!lim1 n xn = l.
Preuve
Supposons l < +1.
x
"
n
Soit " > 0 ; il existe N 2 N veriant : 8n 2 N; n>N ) l 6 2 . Pou
x
n
" n N " n N nY
x
x
n
k
n > N nous avons alors : x =
2 l 2
; l+2
puis
N k N xk
pn x l " n nN 6 pn x 6 pn x l + " n nN .
N
n
N
2
2
n N
p
pn x l + " n nN = l + " .
"
"
n
n
lim
x
l
=
l
,
lim
N
n! 1
2
2 n! 1 N
2
2
Il existe N 2 N veriant pour n>N ,
pn x l " n nN >l " et pn x l + " n nN 6l + ".
N
N
2
2
pn x 6l + " soit encore
Nous avons
alors
pour
n
>
max(
N
+
1
;
N
),
l
"
6
n
pn x = l.
lim
n
n! 1
Supposons l = +1.
Soit A 2 R . Il existe N 2 N tel que pour n 2 N; n>N ) xn >A + 1.
xn
+1
+1
+
+
+1
1
+1
=
+
+
1
1
1
+
+1
+
39
Z h
h
Nous aurions pu majorer h + t f (t) dt par kf k1 .
1
2
2
2
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
298
nY
x
xk >(A + 1)n N .
n
Soit n > N ; =
xN k N xk
p
p
n N
Nous en deduisons : n xn > n xN (A + 1) n .
La limite du membre de droite de l'inegalit
e precedente
est egale a A + 1 donc
n N
p
n
n
il existe N 2 N veriant pour n>N , xN (A + 1) >A.
p
p
Pour n> max(N + 1; N ) nous avons n xn >A soit n!lim1 n xn = l. D'ou le
resultat demontre.
p
un 6kgk1 kf kn1 donc pn un 6kf k1 n kgk1 . Nous en deduisons l6kf k1 .
Montrons l = kf k1 .
Soit " > 0; " < kf k1 ; soit t 2 [0; 1] tel que f (t ) = kf k1 . Il existe
[a; b] [0; 1] voisinage de t dans [0; 1] sur lequel f (t)>kf k1 ".
Posons m = t2infa;b g(t).
p
p
Nous avons alors un >m(b a)(kf k1 ")n puis n un > n (b a)m (kf k1 ").
En calculant les limites il vient : l>kf k1 ". Cette inegalite est vraie pour
tout " > 0 donc l>kf k1 d'ou l'egalite.
u
Nous avons donc n!lim1 n = kf k1 .
un
1
63. t 2 R 7 ! sin
t 2 R est continue et bornee. Elle est donc integrable sur
]0; 1] ou sur [ 1; 0[. Soit (a; b) 2 R ; ab > 0.
Z b 1 Z a 1
sin
t dt = b u sin(u) du.
a
Z x 1 Z 1 1
Nous avons alors, pour x > 0, I (x) = sin
t dt = x u sin(u) du et
Zx 1
Z x 1
pour x < 0, I (x) = sin
sin(u) du.
t dt =
1u
Z 11
Z 1
1 x
jI (x)j6
du = jxj. Nous avons donc xlim
sin
dt = 0.
!
u
x
t
jxj
1
+1
=
1
1
1
+
0
0
0
[
]
+1
+
2
1
2
1
+
1
0
2
1
2
0
+
2
1
64. Posons,
0
Z tn
1
dt
=
1 + tn
n ln(2).
t) Z
pour n 2 N , Jn =
1
Z tn (1
jIn Jn j =
dt6
1 + tn
1
0
1
0
1
0
1
0
(tn
tn ) dt6 n(n1+ 1) .
1
Nous avons donc In = 1 ln(2) + o 1 .
n
n
1
65. Sur [a; +1[, t 7 !
est de classe C 1 . En integrant par parties nous obln(
t
)
Z x dt t x Z x dt
tenons
=
+
.
ln(t) a a (ln(t))
a ln(t)
2
299
Z x dt
Montrons la relation
Kn =
a
n
X
ak!
ln(t)
n
X
xk!
=
k=0
(ln(t))k
+1
Z x (n + 1)!
+
dt + Kn avec
(ln(t))n
+2
a
k .
(ln(
a
))
k
Le resultat est vrai pour k = 0. En le supposant vrai jusqu'au rang n et en
integrant par parties nous obtenons
t(n + 1)! x Z x (n + 2)!
Z x (n + 1)!
dt = (ln(t))n
+
dt.
a (ln(t))n
a (ln(t))n
a
Nous en deduisons le resultatZ au rang suivant.
x
dt .
Cherchons un equivalent de
n
a (ln(t))
d
t
1
1
1 .
=
1 (n + 2)
n
n
dt (ln(t))
(ln(t))
ln(t) t! 1 (ln(t))n
En utilisant les resultats que nous avons vus concernant les integrales de BerZ x dt
1
trand nous obtenons x!lim1
= +1 et
> 0 donc
n
(ln(t))n
a (ln(t))
t x
Z x dt
x .
n
n
n
x! 1 (ln(t))
a (ln(t))
a x! 1 (ln(x)) !
Z x dt X
n
k!
x .
Nous obtenons donc
x
k
x
!
1
(ln(x))n
a ln(t)
k (ln(x))
x x
Lorsque x tend vers +1,
=o
donc
(ln(x))n
(ln(x))n
x Z x dt
n
X
k
!
lorsque x tend vers +1,
=x
.
k + o (ln(x))n
(ln(
x
))
a ln(t)
k
+1
=0
+2
+2
+3
+2
+2
+2
+2
+
+2
+2
+
+2
+
+2
+2
+
+1
+2
+2
+
=0
+1
+1
+1
=0
66. L'application t 2 [1; +1[7 ! exp(p xt) 2 R est continue.
t
Pour x60; exp(p xt) > p1 et la fonction n'est alors pas integrable.
t
t
exp( xt)
Pour x > 0, t!lim1 t p
= 0. La fonction est integrable.
t
F (x) est donc deni si et seulement si x > 0.
En integrant deux fois par parties entre 1 et a > 0 nous obtenons
Z a exp( xt) 1 exp( xt) 1 exp( xt) a 3 Z a exp( xt)
pt dt = x pt + 2x tpt
p dt.
+
4x
t t
En faisant tendre a vers +1 nous obtenons
1
1
3 Z 1 exp(p xt)
F (x) = x exp( x) 2x exp( x) + 4x
dt.
t t
Z 1 exp( xt)
Z 1 1
p
p
dt6 exp( x)
dt = 23 exp( x) donc
t t
t t
2
+
2
1
1
+
2
2
+
1
+
2
1
2
1
2
2
1
2
300
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
xF (x) exp( x) 1
6 et F (x) x! 1 1 exp( x).
exp( x)
x
x
+
67. t 2 R 7 ! exp( nt) fp(t) 2 R est continue.
t
p
fp(t) = f (0) donc la fonction est integrable sur ]0; 1].
lim
t
exp(
nt
)
t!
t
f
(
t
)
f etant bornee, pour n 2 N , t!lim1 t exp( nt) p = 0 donc la fonction
t
est integrable sur [1; +1[.
u
En utilisant le changement de variable u 2 R 7 ! t = 2 R (n 2 N ) qui
u Z 1n
2
est un C dieomorphisme nous obtenons un = p
n exp( u )f n du.
f etant bornee le theoreme de convergence dominee s'applique et
u pf (0)
Z 1
Z 1
lim
exp( u )f
du = f (0) exp( u ) du = 2 c'est-a-dire
n! 1
n
u pf (0)
Z 1
exp( u )f
n du = r 2 + o(1) lorsque n tend vers +1.
1
Nous avons alors un = f (0) + o p .
n
n
68. t 2 [1; +1[7 ! exp(ta ) 2 R est continue.
Supposons a < 0.
Zn
a
lim exp(t ) = 1 donc n!lim1 exp(ta ) dt = +1 puis
t! 1
+
0
2
+
2
+
+
+
1
2
2
0
+
+
0
+
+
2
2
0
2
2
2
0
Zn
+
un n! 1
+
exp(ta ) dt
Zn
1
1 dt = n 1 n! 1 n.
Supposons a = 0 alors un = n 1 donc un n! 1 n.
Z Supposons a >0
n a 1 Z n exp(ta)
n
1
a
a
exp(t ) dt = a exp(t ) +
at
a
ta dt.
a
Lorsque t tend vers +1, exp(at ) = o(exp(ta )) donc, t 7 ! exp(ta ) n'etant pas
t a
Z n
Z n exp(
t
)
a
integrable sur [1; +1[,
exp(t ) dt c'est-a-dire :
ta dt = o
Zn
exp(na )
1
exp(ta ) dt n! 1 a et un n! 1 a .
an
an
69. (a) Supposons l = 0. Soit " > 0. Il existe 2]0; 1[ tel que pour t 2 [1 ; 1[
on ait kf (t)k6 " .
2 Z
Z
Z
n
n
n t f (t)dt = n
t f (t) dt + n tn f (t) dt.
+
1
n!+1
+
1
+
1
1
1
1
1
1
+
1
1
0
1
1
+
1
0
1
1
301
Z
Z
Z
n tnf (t)dt 6kf k1n tn dt + n " tn dt
2 1
1
1
Z
n
"
n
n
=
n + 1 (1 ) kf k1 + n 2 t dt
Z
n
"
n
6 n + 1 (1 ) kf k1 + n 2 tn dt
= n (1 )n kf k1 + n" .
n+1
2(n + 1)
n
n"
"
(1 )n kf k1 +
= . Il existe donc N 2 N tel
lim
n! 1 n + 1
2(n + 1) 2
n (1 )n kf k + n" 6" puis
que pour n>N on ait
1 2(n + 1)
n+1
0
0
1
1
+1
1
1
+1
0
+1
+1
+
+1
Z
Z
n
n t f (t)dt 6" c'est-a-dire n!lim1 n tnf (t)dt = 0.
Supposons l quelconque. Posons g(t) = f (t) l.
Z
Z
Z
Z
1
1
+
0
n
1
0
tn f (t)dt = n
1
0
0
1
tng(t) dt + n
0
tn dt l = n
1
0
n l.
tng(t) dt + n +
1
Nous obtenons bien en utilisant le resultat precedent n!lim1 n
+
Z
1
0
tn f (t)dt = l.
1
t ln(t) .
(b) Posons f (0) = 0; f (1) = et pour t 2]0; 1[ f (t) =
2
1 t
f est continue donc en utilisant le resultat precedent nous en deduisons
In n! 1 21n .
1
tn = X
Pour t 2] 1; 1[ nous avons
tn p puis pour t 2]0; 1[,
1 t p
n
X1 n p
t
ln(t)
= t
ln(t).
1 t p
En integrant par parties entre a 2]0; 1[ et 1 nous avons :
tn p
Z tn p
Z
n
p
jt
ln(t)j dt =
n + 2 + 2p ln(t) a + a n + 2 + 2p dt.
a
Z
1
n
p ln(t)j dt =
lim
j
t
donc
a! a
(n + 2 + 2p)
Z
jtn p ln(t)j dt = (n + 21+ 2p) .
2
+
+
+1
+1+2
2
=0
+
+1
+1+2
2
=0
1
1
1
+2+2
+1+2
2
+1+2
0
La serie de terme general
Z
1
X1
+
tn+1+2
2
Z
1
jtn
! X1
a
p ln(t) dt
p ln(t)j dt
+1+2
=
+
converge donc et
1
.
(n + 2 + 2p)
p=0
p=0
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
0
+1+2
+1+2
0
1
1
2
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
302
Nous obtenons In =
X1
+
p=1
1 .
(n + 2p)
2
(c) f est
intnegrerZ par parties ; nous obtenons
Z de classe C doncn nous pouvons
n f 0 (t) dt
n tnf (t) dt = n + 1 tn f (t)
t
n+1
Z
n 0
= n
n + 1 t f (t) dt.
1
1
2
1
2
+1
0
1
2
0
0
1
2
+1
0
Nous obtenons alors n!lim1 n
+1
2
Z
+
0
1
tnf (t)dt = f 0 (1).
70. Supposons dans un premier temps que f (1) est nul.
Soit M = sup jf (t)j .
t2[0;1]
Soit " > 0. Il existe 2]0; 1[ tel que pour t 2 [; 1] on ait jf (t)j6 " .
2
Z
Z
"
jInj6M n tn tn dt + 2 n tn tn dt soit encore
n
n
"
1
1
jInj6Mn n + 1 n + 2 + 2 n n + 1 n + 2
n
"
6Mn n + 1 + n 2(n + 1)(
n + 2) = xn.
" . Il existe donc N 2 N tel que pour n>N on ait x 6" Nous en
lim
x
=
n
n
n! 1
2
deduisons 8" > 0; 9N 2 N; 8n 2 N; n>N ) jInj6" c'est-a-dire n!lim1 In = 0.
En posant g(t) = f (t) f (1) nous avons
2
1
+1
2
+1
0
+1
2
2
+1
+2
2
2
+
+
Z
1
0
n
2
tn
tn+1
f (t) dt =Z n tn tn g(t) dt + f (1)Z n tn tn dt
Z
n
= n tn tn g(t) dt + f (1)
.
(n + 1)(n + 2)
1
2
1
+1
0
2
+1
0
1
2
2
+1
0
Il vient alors n!lim1 In = f (1).
Remarque en utilisant le resultat de l'exercice precedent, en supposant que
l'application t 7 ! (1 t)f (t) est de classe C nous retrouvons le resultat
cherche.
+
1
f (a)
si t = 1
f (0) si t 2 [0; 1[
La suite de fonctions t 2 [0; 1] 7 ! f (atn) 2 R converge simplement vers une
fonction continue par morceaux et 8t 2 [0; 1]; 8n 2 N; kf (atn)k6kf k1 . Le
theoreme de convergence dominee s'applique et nous obtenons
71. n!lim1
+
lim
n!+1
f (atn) =
Z
1
0
f (atn) dt =
Z
1
0
f (0) dt = f (0).
303
Z tn
ln(2)
dt
=
72. jun(f )j6kf k1
n
1+t
n kf k1 .
1
1
0
Supposons f de classe C . Integrons par parties ; nous obtenons
1
Z 1
n
0
n
un (f ) = n f (t) ln(1 + t )
n f (t) ln(1 + t ) dt
Z
1
1
0
n
= f (1) ln(2)
n
n f (t) ln(1 + t ) dt.
Z
Z
0
n
0
f (t) ln(1 + t ) dt 6kf k1 tn dt = 1 kf 0k1.
n+1
Le resultat demande est donc prouve lorsque f est de classe C .
En utilisant le theoreme de Weierstra nous obtenons l'existence d'une suite
(fp )p2N de fonctions de classe C convergeant uniformement vers f sur [0; 1].
Posons vn (f ) = nun (f ) f (1) ln(2). Pour chaque p 2 N n!lim1 vn(fp ) = 0.
vn (f ) = vn (f fp) + vn (fp) = nun(f fp ) ln(2)(f (1) fp (1)) + vn (fp).
jvn(f )j62 ln(2)kf fp k1 + jvn(fp)j.
Soit " > 0. Il existe p 2 N tel que kf fp k1 6 " donc jvn(f )j6" ln(2) + jvn(fp)j.
2
p etant ainsi
xe il existe N 2 N tel que pour tout entier n>N on ait
jvn(fp )j6 4" donc jun(f )j6" d'ou le resultat demande.
Remarque Nous pouvons obtenir une demonstration directe. Supposons
f (1) = 0.
Soit 2]0; 1[ tel que pour t 2 [1 ; 1] on ait jf (t)j6 " .
2
Z tn
Z
n
un (f ) =
f (t) 1 + tn dt +
f (t) 1t+ tn dt.
Z ntn
Z
n dt = 1 (1 (1 )n ) 6 1 .
06
dt
6
t
n
n
n
1+t
Z nt n
Z
"
ntn dt = kf k ln(1 + (1 )n)) + " .
jnun(f )j6kf k1
dt
+
1
1 + tn
2 1 + tn
2
"
"
lim kf k1 ln(1 + (1 )n )) + = donc il existe N 2 N tel que pour
n! 1
2 2
n 2 N; n>N on ait jnun(f )j6" c'est-a-dire n!lim1 nun(f ) = 0.
Dans le cas general, un(f ) = un (f f (1)) + f (1) ln(2). Nous en deduisons
lim nu (f ) = f (1) ln(2).
n! 1 n
1
1
0
1
0
1
0
1
1
0
0
1
1
+
1
1
1
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
0
+
+
+
73. (a) t 2 [0; 1] 7 ! ln(1 + tn ) 2 R est continue.
Considerons le changement de variable t 2]0; 1] 7 ! u = tn 2)0; 1] qui
est un C dieomorphisme.
Z
Z ln(1 + u)
n
n
Nous obtenons n f (t) ln(1 + t ) dt = f u n
u u du.
1
1
0
1
0
1
1
304
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
ln(1 + u)
ln(1 + u)
n = f (1)
Pour t 2]0; 1], n!lim1 f u n
u
et
ln(1 + u) u ln(1 + u) u
n
8t 2]0; 1]; f u n
u u 6kf k1 u 6kf k1 .
Le theoreme de convergence dominee s'applique et
Z
Z ln(1 + u)
1
1
+
1
lim n
n! 1
+
1
0
1
f (t) ln(1 + tn ) dt = f (1)
1
u
0
X1 ( 1)nun
ln(1
+
u
)
Pour u 2]0; 1[,
u = n n+1 .
du.
+
=0
n n
Pour u 2 [ 1; 1] la serie de terme general ( 1) u est une serie alternee
n+1
n n
convergente gr^ace au critere des series alternees, n 7 ! ( 1) u est deZ ln(1 + u) n +X11 ( 1)n
croissante et converge vers 0. Il vient alors
u du = n (n + 1) .
+
1
X1
+
Si nous admettons le resultat
40
X1
+
n=0
n=0
1
( 1)n = X
1
(n + 1) n (2n + 1)
X1
+
2
+
2
n=0
=0
2
0
=0
1 = alors
(n + 1)
6
2
2
1
et
4(n + 1)
2
X1 1
X1 1
1
=
+
donc (toutes les series ecrites
(
n
+
1)
(2
n
+
1)
4(
n
+
1)
n
n
n
X1 ( 1)n X1 1
sont convergentes)
= et
= .
12 n (2n + 1)
8
n (n + 1)
Z
Nous obtenons donc n!lim1 n f (t) ln(1 + tn) dt = f (1).
12
(b) En integrant par parties nous obtenons
Z
Z tn
h
i Z tn
n
n
ln(1 + t ) dt = t ln(1 + t ) n
dt = ln(2) n 1 + tn dt.
1 + tn
Z tn
Nous en deduisons n!lim1 n
dt n ln(2) = 12 puis
1 + tn
Z tn
ln(2) .
dt
n
1+t
n n! 1 12n
Par exemple lorsque n tend vers l'inni,
1
Z dt
ln(2)
=1
1 + tn
n + 12n + o n .
X1
+
+
+
2
=0
2
=0
2
=0
+
+
2
2
2
=0
=0
1
+
2
0
1
1
1
0
0
0
2
0
1
2
2
+
1
0
2
2
2
74. ch(a) > 1 donc les deux fonctions a integrer sont continues.
40
Voir l'exercice numero 10 de ce chapitre.
1
0
1
2
+
0
2
305
Z
exp(int)
dt = Kn.
ch(a) sin(t)
exp(i(n + 1)t) = exp(i(n + 1)t)(ch(a) sin(t))
ch(a) sin(t)
exp(i(n + 1)t)(2i ch(a) exp(it) + exp( it))
=
2i(ch(a) sin(t))
exp(i(n + 2)t) +
exp(int)
= ch(a) exp(i(n + 1)t)
(ch(a) sin(t)) 2i(ch(a) sin(t)) 2i(ch(a) sin(t))
Z
1
1
1 K + 2i Kn = exp(i(n + 1)t) dt = 0
donc ch(a)Kn
2i n
soit encore Kn
2i ch(a)Kn
Kn = 0.
L'equation caracteristique associee a la suite (Kn)n2N denie par cette relation
de recurence est X 2i ch(a)X 1 qui a pour racines i exp(a).
9(; ) 2 C , Kn = (i exp(a))n + (i exp( a))n.
Nous savons que n!lim1 Kn = 0 donc = 0 et Kn = K in exp( na).
Z
1
dt
K =
.
ch(a) sin(t)
t
Utilisons le changement de variable t 2] ; [7 ! x = tan
2 R qui est
2
un C dieomorphisme.
Z
2 1
dx
Nous obtenons alors K =
ch(a)x 2x + ch(a)
sh(a) 1 " x ch(a) 1 #
ch(a)x 2x + ch(a) =
1+
. En utilisant le changch(a)
sh(a)
x ch(a) 1 2 R nous obtenons nalement
ment de variable x 2 R 7 ! u =
sh(a)
Z 1 du
2
2
=
.
K = sh(a)
1 u + 1 sh(a)
Si nous n'avons pas remarque que est nul nous devons calculer K .
Z sin0(t)
Z sin(t)
1
i
I =
dt = 0 donc K = dt.
ch(a) sin(t)
ch(a) sin(t)
Nous utilisons le m^eme changement de variable qu'au dessus.
Nous obtenons
Z 1 :
i
4x
K =
dx.
1 (1 + x )(ch(a)x 2x + ch(a))
4x
2 +
2 ch(a)
=
.
(1 + x )(ch(a)x 2x + ch(a))
1 + x ch(a)x 2x + ch(a)
In + iJn = 1
2
0
2
+1
+2
0
+2
+1
2
2
41
0
+
0
1
+
0
2
2
2
2
+
0
2
1
2
1
1
0
+
1
2
2
41
2
2
Voir l'exercice numero 9 de ce chapitre.
2
2
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
306
ch(a)
1 = 2i exp( a) .
sh(a)
sh(a)
n
En revenant a la relation 8n 2 N; Kn = i exp(na) + in exp( na) nous obtenons K = + et K = i exp(a) + i exp( a).
a) 2i exp( a) = 0 donc = 0 et = K .
K iK exp( a) = 2i exp(
sh(a)
sh(a)
n
Nous obtenons nalement 8n 2 N; Kn = 2i exp( na) .
sh(a)
p
2( 1) exp( 2pa)
2( 1)p exp( 2pa)
Si n = 2p est pair, K p =
donc I p =
et
sh(a)
sh(a)
J p = 0.
2i( 1)p exp( (2p + 1)a)
Si n = 2p + 1 est impair, K p =
donc I p = 0 et
sh(a)
p
(2p + 1)a)
.
J p = 2( 1) exp(
sh(a)
g(t) g(0) = g0 (0) donc lim g(t) g(0) = g0 (0).
75. g etant derivable nous avons lim
t!
t!
t
sin(t)
g(t) = g(0) + u(t) ou u a pour limite 0 en 0. u
Nous obtenons alors
1sin(
t) ln(t) t ln(t)
est continue sur 0; .
Z x g(0) 2 Z x
f (x) =
dt +
u(t) dt.
x t ln(t)
x
Z x g(0)
h
ix
dt
= g(0) ln(j ln(t)j) = g(0) ln(2).
x
x t ln(t)
Nous en deduisons lim f (x) = g(0) ln(2).
Nous obtenons donc K = 2i
1
0
1
1
0
0
2
2
2
2 +1
2 +1
2 +1
0
2
0
2
2
2
x!0+
Lorsque t tend vers 1, sin(t) ln(t) = sin(1)(t 1) + a(t 1) + o(t 1) .
1
1
=
(1 + b(t 1) + o(t 1)).
sin(t) ln(t) sin(1)(t 1)
g est derivable en 1 donc g(t) = g(1) + g0 (1)(t 1) + o(t 1) puis
g(t) =
1
(g(1)+ g0 (1)(t 1)+ o(t 1)) (1+ b(t 1)+ o(t 1))
sin(t) ln(t) (t 1) sin(1)
1
=
(g(1) + c(t 1) + o(t 1)).
(t 1) sin(1)
1 Il existe alors une application v continue sur ; 1 ayant une limite reelle en
2
g
(t)
g
(1)
1 telle que
=
+ v(t).
sin(t) ln(t) (t 1) sin(1)
Zx
g
(1) Z x dt Z x
g
(1)
f (x) = sin(1)
+
v(t) dt = sin(1) ln(1 + x) +
v(t) dt.
x t 1
x
x
2
2
2
2
2
307
g(1) ln(2) .
sin(1)
1 3
1
est continue sur tout intervalle ne
76. Pour 2 ; , t 7 ! p
2 2
t(t 1)( t)
contenant pas 1 et .
1
1
1
p
pt(t 11)( t) t! p(t 1)(
,p
.
1) t(t 1)( t) t! ( 1)( t)
1
La fonction t 7 ! p
est integrable sur l'intervalle ouvert d'ext(t 1)( t)
tremites 1 et .
Supposons > 1. Posons = 1 + avec > 0. Considerons le changement
de variable u 2]0; [7 ! t = 1 + u 2]1; [ qui est un C dieomorphisme.
L'integrale obtenue par ce changement
est de m^eme nature que
Z de variable
du
l'integrale initiale. Nous obtenons 2 p
.
(1
+
u
)(
u
)
Z du
Z
Z du
2
du
p
p
62 p
62 p
.
u
u
1+
(1 + u )( u )Z
Comme nous l'avons deja calcule plusieurs fois, 2 p du = .
u
Z
Z
du
1
p
p
lim
2
=
puis
lim
dt = .
!
!
(1 + u )( u )
t(t 1)( t)
Supposons < 1.
En posant = 1 et t = 1 u et en utilisant la m^eme methode que
precedemment nous obtenons
Z
1
p
lim
dt = .
!
t(t 1)( t)
Nous en deduisons xlim
f (x) =
!
1
1
2
2
1
2
0
2
0
2
2
2
0
2
2
2
2
0
2
2
1+
2
1
2
0
0
0
2
2
2
2
1
2
1
n
X
f (k) = 1 avec le signe de
k
l. Si les series ne sont pas connues, supposons l > 0.
9A 2 R , 8t 2 R; >A ) f (t)> 2l .
77. Si les series sont connues, il est clair que n!lim1
+
n
X
k=0
+
f (k)>
X
E (A)
k=1
=0
f (k) + (n E (A)) 2l d'ou le resultat.
La suite de terme general an =
Zn
f (t)dt
n
X
0
f (k)
est donc denie a partir d'un certain
k
rang.
"
Soit " > 0. Il existe N 2 N tel que pour t>N on ait jf (t) lj6 . Soit k>N .
2 Zk
" Z n
"
"
"
l 2 6 f (t) dt6l + 2 donc (n N ) l 2 6 f (t) dt6(n N ) l + 2 .
k
N
=0
+1
308
Notons A =
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
ZN
f (t) dt. Nous obtenons
" Z n
In;" = A + (n N ) l 2 6 f (t) dt6A + (n N ) l + 2" = Jn;". De m^eme,
N
X
notons B = f (k). Nous obtenons pour n>N
k
n
X
Kn;" = B + (n N ) l 2" 6 f (k)6B + (n N ) l + 2" = Ln;".
k
I
"
J
"
K
"
L
"
lim n;" = l , n!lim1 n;" = l + , n!lim1 n;" = l , n!lim1 n;" = l + .
n! 1 n
2
n
2
n
2
n
2
Il existe donc N >N tel que pour n>N on ait
n(l ")6In;"; Jn;"6n(l + "); n(l ")6Kn;"; Ln;"6n(l + ").
0
0
=0
=0
+
+
+
1
1
Zn
f (t) dt
general un converge donc vers 1
Nous en deduisons
+
n!+1
0
nl et
n
X
k=0
f (k) n! 1 nl. La suite de terme
+
78. Posons f (x) = xa ln (x + exp(ax)). Supposons a>0. f est continue sur R et
pour x>1 nous avons f (x)> ln(x). x!lim1 f (x) = +1. f n'est pas integrable
sur R .
Supposons a < 0.
f est continue sur R .
ln(x + exp(ax)) = ln(x) + ln 1 + x exp(ax) .
Lorsque x tend vers +1 nous avons
xa ln(x + exp(ax)) = xa ln(x) + xa exp(ax) + o xa exp(ax) donc
xa ln(x + exp(ax)) x! 1 xa ln(x).
En utilisant les resultats vus sur les integrales de Bertrand nous pouvons
conclure.
Redemontrons ici le resultat demande.
Supposons a < 1. Il existe b 2]1; a[. a + b < 0 donc x!lim1 xb f (x) = 0.
x 2 [1; +1[7 ! x b 2 R est integrable donc f est integrable sur [1; +1[.
Supposons 16a < 0.
Pour x>e; xa ln(x)>xa et x 2 [e; +1[7 ! x a 2 R n'est integrable donc f
n'est pas integrable sur [e; +1[.
Lorsque x tend vers 0, x + exp(
ax) = 1 + (a + 1)x + o(x) donc
a
a
(a + 1)xa . f est donc integrable sur R
f (x) = (a + 1)x + o x
x!
si et seulement si a < 1 et a + 1 > 2 c'est-a-dire 2 < a < 1.
+
+
+
+
1
1
1
+
+
+
+
+1
+1
+1
+
0
a tb
t
79. t 2]0; 1[7 !
2 R est continue et possede une limite nulle en 0.
ln(t)
ta tb = exp(a ln(t)) exp(b ln(t)).
Lorsque t tend vers 1 nous avons ta tb = (b a)(1 t)+o(1 t) et ln(t) t! t 1
ta tb = a b. La fonction proposee est donc pronlongeable par
donc lim
t! ln(t)
1
1
309
continuite sur [0; 1] et est alors integrable.
Soit x 2]0; 1[. Le changement de variable t 2]0; 1[7 ! u = ta 2]0; 1[ est un
Z x ta
Z xa du
.
C dieomorphisme donc ln(t) dt =
ln(u)
Z x ta tb Z xa du
Nous obtenons alors
dt = b ln(u) .
ln(t)
x
(u 1)
Lorsque u tend vers 1 nous avons ln(u) = (u 1)
+ o((u 1) ) puis
2
1
1 = 1
= 1 + 1 + o(1).
u
ln(u) u 1 1 + + o(1 u)
u 1 2
1 et f (1) = 1 . f est continue
Posons, pour u > 0; u 6= 1, f (u) = 1
ln(u) u 1
2
sur R . Pour x 6= 1, x > 0 nous avons
xa 1 Z xa
Z xa du Z xa du Z xa
=
+
f (u) du = ln xb
+
f (u) du.
1
xb 1 u
xb
xb
xb ln(u)
+1
+1
1
0
0
+1
+1
0
2
2
1
2
+
+1
+1
+1
+1
+1
+1
f etant continue nous avons xlim
!
xa
Z ta tb
dt = xlim
ln b
!
ln(t)
x
1
1
0
1
+1
+1
+1
+1
+1
Z xa
+1
+1
xb+1
f (u) du = 0 puis
1
a+1 .
= ln
1
b+1
80. (a) Pour a = 0, la fonction a integrer est nulle et est integrable sur ]0; 1[.
a
Supposons a 6= 0. t 2]0; 1[7 ! t 1 2 R est continue.
ln(t)
ta 1 = a.
Lorsque t tend vers 1, ta = a(t 1) + o(t 1) donc tlim
! ln(t)
L'application est prolongeable par continuite en 1.
a
1 .
Pour a > 0; ta 1 t!
1. t 1 t!
ln(t)
ln(t)
L'application est prolongeable par continuite en 1. La fonction est integrable sur ]0; 1[.
Supposons a < 0.
ta 1 ta . Si a > 1, il existe b 2] a; 1[ donc lim ta b = 0,
t! ln(t)
ln(t) t! ln(
t)
a
t = o 1 . La fonction est donc integrable car b < 1.
ln(t)
tb
Si a = 1, une primitive de t 7 ! 1 est t 7 ! ln(j ln(t)j) et la fonct ln(t)
tion n'est pas integrable sur ]0; 1[.
ta b = 1 donc la fonction n'est
Si a < 1, il existe b 2]1; a[ et tlim
! ln(t)
pas integrable sur ]0; 1[.
1
0+
0+
42
+
0+
0+
+
0+
42
Nous avons aaire a une integrale de Bertrand; nous avons deja vu les resultats plus haut.
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
310
I est donc deni si et seulement si a > 1.
(b) Soient a > 1 et x 2]0; 1[. t 2]0; 1[7 ! u = ta 2]0; 1[ est un C
dieomorphisme.
Z x ta
Z xa 1
dt est de m^eme nature et, en cas d'existence, egal a
du.
ln(t)
ln(u)
Pour b 2]0; 1[, u 2]0; b] 7 ! 1 2 R integrable. Nous avons donc :
ln(u)
Z x ta 1 Z x ta
Zx 1
dt = ln(t) dt
dt
ln(t)
ln(t)
Z xa 1
Zx 1
Z xa 1
du
du =
du.
=
ln(u)
ln(u)
x ln(u)
Z xa 1
Il est alors immediat que I = lim
du.
x!
ln(u)
x
Z xa 1
1
u
En ecrivant
sous la forme
ln(u)
u ln(u) , nous en deduisons que x ln(u) du
Z xa 1
est compris (car la fonction integree est de signe xe) entre x
du
x u ln(u)
Z xa 1
xa
du.
ln(u)
+1
1
+1
0
0
0
0
0
+1
+1
0
0
+1
1
+1
+1
+1
+1
Z xa
x
1
du est egal a ln(j ln(xa )j) ln(j ln(x)j) = ln(a + 1) donc en
x u ln(u)
calculant la limite lorsque x tend vers 1 nous obtenons I = ln(a + 1).
n
(c) Pour n>2, la fonction t 7 ! (1 t) , continue sur ]0; 1[, possede une
ln(t)
limite nulle en 1 et en 0. In est bien deni. D'apres le resultat precedent
Z tk 1
nous avons
dt = ln(k + 1).
ln(t)
+1
+1
1
1
0
(1
t)n
1
=
n
X
t)n
alors (1
1
k=0
1
(
=
1)k Cnk
n
X
1
1
tk .
Sachant que 0 =
n
X
1
k=0
( 1)k Cnk , nous avons
1
( 1)k Cnk (tk 1) puis pour t 2]0; 1[,
1
n
(1 t)n = X
tk 1 .
(
ln(t)
ln(t)
k
k
n
Il vient alors, chaque fontion denie par t 1 et (1 t) etant intet)
ln(t)
Z tk ln(
Z
n
X
1
(1 t)n
grable sur ]0; 1[, ( 1)k Cnk
=
dt
ln(
t
)
dt
ln(
t
)
k
1
1
k=0
1)k Cnk
1
=0
1
1
1
1
=0
0
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
1
0
1
c'est-a-dire encore
In est donc egal a
n
X
1
k=0
n(
1)k+1 Cnk
1
n
X
1
k=0
1)k Cnk
(
ln(k + 1) =
1
ln(k + 1) =
n
X
1
311
Z
1
0
(1 t)n
dt.
ln(t)
1
n( 1)k (k + 1)Cnk ln(k + 1)
+1
k
n
X
+1
=0
=
k=1
( 1)k kCnk ln(k).
Pour obtenir un equivalent de In, integrons par parties.
(1 t)n b Z b (1 t)n
Z b n(1 t)n
dt = ln(t) + t(ln(t)) dt .
ln(t)
a
a
a
En
tendre a vers 0 et b vers 1 nous obtenons :
Z faisant
n(1 t)n dt = Z (1 t)n dt .
ln(t)
t(ln(t))
n Z n n 1
Z n n (1 t)n
1
In>
t(ln(t)) dt> 1 n ln(n)
t(ln(t)) dt
n 1
1
= 1
n ln(n) ln(n ln(n)) .
1
Le membre de droite est equivalent a
lorsque n tend vers +1.
ln(n ln(n))
De m^eme
Z (1 t)n Z nn (1 t)n Z (1 t)n
t(ln(t)) dt =
t(ln(t)) dt nn t(ln(t)) dt
Z nn 1
Z
(1 t)n dt.
6
dt
n
n
t(ln(t))
n
n (ln(t))
Sur ]0; 1]; 06(1 t) 6 ln(t) donc
Z
Z
(1 t)n
n (1 t)n dt.
dt
6
n
n
n ln(n)
n
n
n (ln(t))
1 n n 1 1 ln(nn) n! 1 ln(1n) .
Nous obtenons alors : In6
ln n
1
Il vient alors In n! 1
.
ln(n)
n
X
Nous en deduisons : n!lim1 ( 1)k kCnk ln(n) ln(k) = 1.
1
2
1
1
1
0
2
0
1
ln( )
1
ln( )
2
0
ln( )
1
2
0
1
2
0
1
2
0
2
1
ln( )
2
ln( )
2
2
1
ln( )
2
ln( )
ln( )
ln( )
2
0
2
ln( )
ln( )
+
+
+
k=1
81. t 2]0; 1] 7 ! (1 t)ntx 2 R est continue. (1 t)ntx
fn(x) existe donc si et seulement si x > 0. f (x) = x1 .
1
0
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
1
tx
t!0
1
.
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
312
Integrons, pour n>1, par parties entre a 2]0; 1[ et 1.
1
nZ
Z
n
x
n
x
(1 t) t dt = (1 t) t +
(1 t)n tx dt.
x
x
a
a
a
Z
Z
n (1 t)n tx dt.
Nous obtenons (1 t)ntx dt =
x
Z
n
Y 1
Montrons (1 t)ntx dt = n!
.
x
+
k
k
Ce resultat est vrai pour n = 0. Si nous le supposons vrai jusqu'au rang n
alors
Z
Z
n
+1
n
x
(1 t)ntx dt
(1 t) t dt =
x
nY
Yn 1
n
+
1
1 .
=
n
!
= (n + 1)!
x k x+1+k
k x+1+k
Le resultat est donc vrai au rang n + 1 et est vrai pour tout n 2 N.
Yn 1
La decomposition en elements simples de la fraction n!
= n!
P (X )
k X +k
n
X
n!
s'ecrit
car les p^oles sont tous simples.
0
P
(
k
)(
X
+
k
)
k
0
P ( k) = ( 1)k k!(n k)! ; nous avons donc
k + 2
Z
n
n
X
X
( 1)k Cnk
k
k
fn(x) =
x + k et fn(x) dx = k ( 1) Cn ln k + 1 .
k
En separant et en faisant un changement d'indice dans l'une des deux sommes
1
1
1
1
1
1
1
0
1
0
1
1
0
1
1
=0
+1
1
1
0
0
+1
=0
=0
=0
=0
2
1
=0
=0
nous obtenons ( 1)n ln(n + 2) +
Z
2
1
fn(x) dx =
obtenons
Z
2
1
n
X
+1
k=1
n
X
k=1
( 1)k (Cnk + Cnk ) ln(k + 1) c'est-a-dire
+1
1
( 1)k Cnk ln(k + 1). En utilisant l'exercice precedent nous
+1
fn(x) dx =
Z
+1
1
0
(1 t)n dt.
ln(t)
+1
82. Si x > 0 t 7 ! p 1
est continue sur [0; 1]. f (x) existe.
t +x
Si x = 0, t 7 ! p1 n'est pas integrable sur ]0; 1] donc f n'est pas denie en
t
0.
1
1
Le changement de variable t 2 [0; 1] 7 ! u = t 2 0;
est un C dieox
x
Z x du
1
p
morphisme donc f (x) = p
.
x
1+u
3
3
3
1
1
0
3
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
313
f est donc decroissante (car pour t xe, x 7 ! p 1 est decroissante), de
t +x
1
1
classe C sur R , positive. u 2 R 7 ! p
2 R est integrable donc
1+u
Z x du
Z 1 du
p
p
lim
=
2 R.
x!
1+u
1+u
Z 1 du
1
p
Nous avons donc f (x) x! p
.
x
1+u
Rappel soient u et v deux applications continues par morceaux sur ]a; b] a
valeurs reelles. On suppose u integrable positive et u et v equivalentes au
Zx
Zx
voisinage de a. Alors u(t) dt x! a
v(t) dt.
a
a
En eet.
Soit " > 0. Il existe c 2]a; b] tel que 8t 2]a; c] on ait ju(t) v(t)j6"v(t).
3
+
+
1
0
3
3
+
+
3
0
3
0
+
0
3
0
Zx
Zx
Il vient alors pour x 2]a; c], (u(t) v(t)) dt 6" v(t) dt d'ou le resultat
a
a
demande.
Z x du
1
1
1
1
p
1 donc
p
puis f (x) x! 1 p .
x x
1 + u u!
1 + u x! 1 x
83. (a) Nousi avons
i deja calcule cette integrale a l'exercice numero 8-(b).
t 2 0; 2 7 ! ln(sin(t)) 2 R est continue.
i i
p
lim
t
ln
(sin(
t
))
=
0
donc
t
2
0; 7 ! ln(sin(t)) 2 R est integrable.
t!
i 2 i h h
Le changement de variable t 2 0; 7 !
t 2 0; 2 est un C dif2
2
i i
feomorphisme donc t 2 0; 7 ! ln(sin(t)) 2 R est integrable et I = J .
2
Z
Z
I
+
J
1
1
I = J = 2 = 2 ln(sin(t) cos(t)) dt = 4 ln(2)+ 4 ln(sin(t)) dt.
Z
Z
ln(sin(t)) dt = I + ln(sin(t)) dt.
3
0
3
0
+
+
0
1
2
0
0
h h
i i
En utilisant le changement de variable t 2 ; 7 ! t 2 0; 2
Z
Z 2
nous obtenons ln(sin(t)) dt = I + ln(sin(t)) dt = 2I .
Nous obtenons I = ln(2).
2
(b) Nous avons deja determine f (x) a l'exercice numero 38 de ce chapitre.
x 2x cos(t) + 1 = (x cos(t)) + (sin(t)) >0 donc
x 2x cos(t) + 1 = 0 () (sin(t) = 0 et x = cos(t)).
Pour jxj =
6 1, x 2 cos(t)+1 > 0 ; l'application t 7 ! ln(x 2x cos(t)+1)
est donc continue sur R.
0
2
2
0
2
0
2
2
2
2
2
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
314
Pour x = 1, t 2]0; ] 7 !7 !
ln(xt 2x cos(t) + p1) 2 R est continue ;
donc tlim
ln(2 2 cos(t)) = 2 ln(2)+2 ln sin
t ln(2 2 cos(t)) = 0.
!
2
La fonction est donc integrable sur ]0; ].
t De m^eme pour x = 1 car ln(2 + 2 cos(t)) = 2 ln(2) + 2 ln cos
et
2
p
lim
t ln(2 + 2 cos(t)) = 0.
t!
2
0+
Z
Pour tout reel x, f (x) = ln(x 2x cos(t) + 1) dt est deni.
En utilisant
Z le changement de variable t 7 ! t nous obtenons
f (x) = ln(x + 2x cos(t) + 1) dt = f ( x).
1 Z x 2x cos(t) + 1 Pour x 6= 0, f
dt = f (x) 2 ln(jxj).
x = ln
x
i i
Montrons que f est continue. Notons, pour t xe dans l'intervalle 0; ,
2
gt (x) = x 2 cos(t) + 1. gt0 (x) = 2(x cos(t)). Soit a>2. Nous avons
alors le tableau de variation suivant
2
0
2
0
2
2
0
2
x
cos(t)
0
1
PPPP
Pq
2 cos(t)
2
:
a
: 1
2 ln(sin(t)) PPPPPq
j ln(gt (x))j 1
1
0
0
h i
Finalement, pour t 2 0; , et x 2 [0; a] (avec a > 0) nous obtenons
2
ln(x 2 cos(t) + 1) 6 max
2 ln(sin(t)); ln(a 2a cos(t) + 1) .
Pour
cos(t)60, t 2 R 7 ! x 2 cos(t) + 1 2 R croit sur R donc
gt(x)
sin (t)
2
2
2
+
2
+
x 2 cos(t) + 1 6 ln(a 2a cos(t) + 1).
Soit ' l'application denie sur ]0; [ par
i i
8
>
max
(
2
ln(sin(
t
))
;
ln(
a
2
a
cos(
t
)
+
1))
si
t
2
0;
<
2 .
'(t) = >
i
h
:
ln(a 2a cos(t) + 1)
si t 2 ; 2
max(u; v) = u + v + ju vj ; ' est continue sauf peut-^etre en .
2
2
lim
'
(
t
)
=
2
ln(
a
)
donc
'
est
continue
;
'
est
int
e
grable
donc
la
restrict! tion de f a [0; a] est continue. f etant paire et a quelconque strictement
positif nous en deduisons que f est continue sur R.
Pour (x; t) 2]1; +1[]0; [ notons '(x; t) = ln(x 2x cos(t) + 1). '
2
2
2
2
2
2
315
est de classe C 1 .
@' (x; t) = 2(x cos(t)) . Soient a et b deux reels ; 1 < a < b.
@x
x 2x cos(t) + 1
Pour x>a nous avons 06 @' (x; t)6 2(b cos(t)) .
@x
a 2a cos(t) + 1
La dominante est continue, integrable sur ]0; [ donc la restriction de f
a [a; +1[ est de classe C puis est de classe C sur ]1; +1[ avec , pour
x > 1, Z
cos(t))
f 0 (x) = x 2(x2x cos(
t) + 1 dt.
1
Compte tenu de la parite de f et de la relation liant f (x) et f
x ;f
est derivable sur R n f 1; 0; 1g.
t
Soit le changement de variable t 2]0; [7 ! u = tan
2]0; +1[ qui
2
est un C dieomorphisme. Nous obtenons, pour x > 1,
Z 1 (x 1) + (x + 1)u
0
f (x) = 4 (1 + u )((x 1) + (x + 1) u ) du.
(x 1) + (x + 1)u
b
= a +
.
(1 + u )((x 1) + (x + 1) u ) 1 + u (x 1) + (x + 1) u )
1
En multipliant par 1+ u et en substituant -1 a u nous obtenons a = .
2x
1
b
1
b
Pour u = 0 nous obtenons
x 1 = a + (x 1) = 2x + (x 1) soit
b = x 2x 1 .
(x 1) + (x + 1)u
x+1
= 1 1 + 1
(1 + u )((x 1) + (x + 1) u ) 2x 1 + u 2x (x 1) 1 + x u x
donc, pour x > 1, f 0 (x) = + = 2 .
x x x Pour x 2]0; 1[, en utilisant la relation f 1 = f (x) 2 ln(jxj), nous
x
1 0 1
2
0
obtenons
f
= f 0 (x)
x
x
x puis f (x) = 0.
f etant paire nous en deduisons pour 0 < jxj < 1, f 0 (x) = 0 et pour
jxj > 1, f 0 (x) = 2x .
Il existe C 2 R telle que pour x > 1, f (x) = ln(x) + C . f est continue,
2
f (0) = 0 donc f est nulle sur [ 1; 1] et C = 0. Nous faisons de m^eme
pour x < 1. Finalement
0
Z
jxj < 1 .
ln(1 2x cos(t) + x ) dt = 2 ln(jxj)) lorsque
lorsque jxj > 1
2
2
1
1
2
0
1
+
2
2
0
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
( +1)
1
2
2
0
2
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
316
(c) En utilisant le resultat quenous
nous obtenons
! venons de demontrer
Z
Z
f (1) = 0 = ln 4 sin 2t
dt = 2 ln(2) + 4 ln(sin(t)) dt. Nous
Z
en deduisons
ln(sin(t)) dt = ln(2).
2
84. t 2]0; +1[7 ! 1 cos(tx) exp( t) 2 R est continue.
t
1 cos(tx) exp( t) = x et lim t 1 cos(tx) exp( t) = 0.
lim
t!
t
2 t! 1
t
tx) exp( t) 2 R est donc integrable et f est denie
t 2]0; +1[7 ! 1 cos(
t
sur R.
(t; x) 2]0; +1[R 7 ! 1 cos(tx) exp( t) 2 R est de classe C .
t
@g (t; x) = sin(tx) exp( t).
@x
t
sin(tx) exp( t) = x, lim t sin(tx) exp( t) = 0 donc @g (:; x) est, pour
lim
t!
t! 1
t
t
@x
x reel quelconque,
int
e
grable.
sin(tx)
Pour jxj6a, t exp( t) 6aZexp( t) donc, a etant quelconque, F est de1 sin(tx)
rivable sur R et 8x 2 R F 0 (x) =
t exp( t) dt.
@ g (t; x) = cos(tx) exp( t). j cos(tx) exp( t)j6 exp( t). F est donc de classe
@x
Z 1
00
C et F (x) = cos(tx) exp( t) dt.
2
2
0
0
2
0
2
2
0
2
2
2
+
2
2
2
2
0
+
+
0
2
2
+
2
0
Une primitive de t 7 ! cos(tx) exp( t) est la partie reelle d'une primitive de
t 7 ! exp(itx t). Une primitive est donc
1
cos(tx) + x sin(tx)
t 7 ! <e ix 1 exp(itx t) =
exp( t).
1+x
1
Nous obtenons alors F 00 (x) =
. F 0 (0) = 0 donc F 0 (x) = atan(x). F (0) =
1+x
0 donc Z
h
ix Z x t
x
1
F (x) = atan(t) dt = t atan(t)
dt
= x atan(x)
ln(1 + x ).
1+t
2
85. g : t 2]0; +1[7 ! x 1 2 R est continue. g(t) t! 1x , g(t) t! 1 x1 .
t (1 + t)
t
t
f (x) est donc deni si et seulement si x 2]0; 1[.
Soient a et b deux reels (0 < a < b < 1). Considerons la fonction ' denie par
2
2
2
0
0
0
2
0
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
+
+1
317
8 1
>
< ta(1 + t)
'(t) = > 1
: tb(1 + t)
si t 2]0; 1]
si t 2 [1; +1[
8(t; x) 2 R [a; b]; 06 tx (11+ t) 6'(t).
(t; x) 2 R [a; b] 7 ! x 1 2 R est continue. La restriction de f a [a; b]
t (1 + t)
est donc continue.
Soit x 2]0; 1[. Il existe (a; b) 2 R ; 0 < a < x < b < 1. [a; b] est un
voisinage de x . f est donc continue en x puis sur ]0; 1[.
1
1 = 1
tx (1 + t) tx
tx (1 + t) .
1
1
Les applications t 2 [1; +1[7 ! x 2 R et t 2 [1; +1[7 ! x
t
t (1 + t) 2 R
sont continues integrables. Nous avons
Z 1 dt
Z 1 dt Z 1 dt
1 Z 1
dt .
=
=
x
x
x
x
t (1 + t) x
t (1 + t)
Z 1 dt
Zt 1 dt
Z t 1(1 + t)dt
1 06
6
=
1
donc
tx (1 + t)
t
tx (1 + t) x 61.
Z dt Z dt 1
06
tx (1 + t) 6 tx = 1 x qui est borne au voisinage de x = 0.
Z 1 dt
1.
Nous en deduisons
x
x
!
t (1 + t)
x
Le changement de variable u 2 R 7 ! t = 1 2 R conduit a
u
Z 1 dt
f (x) =
t x(1 + t) = f (1 x) donc
Z 1 1
1
2f (x) =
t x(1 + t) + tx (1 + t) dt.
Z 1
1
1 p
y + ty En posant y = x
nous obtenons 2f (x) =
t
dt.
2
(1 + t) t
y y
ty + t y = t t
+ 2>2 donc
1
Z 1 dt
p = 2 = 2f 2 . Nous en deduisons que le minimum
2f (x)>2
(1 + t) t
1
de f sur ]0; 1[ est atteint en et est egal a .
2
1
L'application : (t; x) 2]0; +1[]0; 1[7 ! x
2
R est de classe C 1 .
t (1 + t)
+
+
43
2
0
0
0
0
+1
+1
+1
+
+
1
+1
+
+1
1
+
+
+1
1
1
+
+1
1
1
1
+
2
1
1
0
0
+
0
1
+
+
1
0
+
1
0
+
0
2
2
2
+
0
43
Il s'agit de la preuve, ici, d'un resultat classique.
+1
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
318
@ (t; x) = ln(t) . Comme plus haut, pour x 2 [a; b] ]0; 1[ nous
@x tx (1
+ t)
@
avons (t; x) 6j ln(t)j'(t). La dominante est integrable sur ]0; +1[ donc
@x
f est derivable sur ]0; Z 1[ car, comme plus haut, a et b sont quelconques
1 ln(t)
dans ]0; 1[ et f 0 (x) =
tx(1 + t) dt. Gr^ace au changement de variable
t 2 [1; +1[7 ! u = 1t 2]0; 1] nous en deduisons :
1
Z 1 1 ln(t)
0
f (x) =
t x tx 1 + t dt qui est strictement negatif sur 0; 2 et
+
0
1
1 1
0
strictement positif sur
2
; 1 . Le resultat precedent est donc naturel.
R, l'application t 2 R+ 7
x
t
2
86. Pour tout x 2
! exp t
2 R est continue
prolongeable par continuite en 0.
x
06 exp t
6
exp t . L'integrale a un sens.
t
p
F est paire, F (0) = 21 . Supposons x > 0.
x 2 R est un C dieomorphisme.
Considerons l'application t 2 R 7 ! u = t
t
p
t = u + u2 + 4x . t + xt = t xt + 2x = u + 2x.
Z 1
1
u
Nous avons donc F (x) = exp( 2x) exp( u ) 1 + p
du.
2
u + 4x
1
u 2 R 7 ! exp( u ) p u 2 R est integrable, impaire. Son integrale est
u + 4x
donc nulle. Nous avons donc pour x > 0
p
Z 1
1
F (x) = 2 exp( 2x) exp( u ) du = 2 exp( 2x).
1
p
Finalement 8x 2 R; F (x) =
exp( 2jxj).
2
87. cos(t) ln(tan(t)) t! ln(t).
i h
lim
cos(
t
)
ln(tan(
t
))
=
0.
L'application
t
2
0;
7 ! cos(t) ln(tan(t)) 2 R est
t! 2
continue, prolongeable par continuite en .
2
Verions que t 2]0; 1] 7 ! ln(t) 2 R est integrable.
2
2
2
2
2
2
1
+
2
2
2
2
2
2
+
2
2
2
2
+
2
0+
2
44
Z
1
a
44
h
ln(t) dt = t ln(t)
i Z
1
1
a
a
Il s'agit d'une integrale de Bertrand.
1 dt = a ln(a) 1 + a. La limitelorsque a tend
319
vers 0 est egale a -1 ; la fonction a integrer est de signe xe donc elle est integrable. L'integrale proposee est bien denie.
Integrons par parties sur [a; b] ; 0 < a < b < .
2
Zb
h
ib Z b
1
cos(t) ln(tan(t)) = sin(t) ln(tan(t))
sin(t)
dt
a
tan(t) cos (t)
a
a
c'est-
Z b a-dire :
h
ib Z b 1
cos(t) ln(tan(t)) = sin(t) ln(tan(t))
dt soit alors :
a
a
a cos(t)
b Zb
cos(t) ln(tan(t)) = sin(b) ln(tan(b)) ln tan + 4 2
a
a sin(a) ln(tan(a)) + ln tan + .
4 2
L'int
e
grale
I
propos
e
e
est
donc
e
gale
a
:
b lim sin(b) ln(tan(b)) ln tan +
.
b! 4 2
h Posons b =
h. I = hlim
cos(h) ln(tan(h)) ln tan
.
!
2
2
h
lorsque h tend vers 0, tan(h) = h + + o(h ).
h 3 ln (tan(h)) = ln (h) + ln 1 + + o(h ) , lorsque h tend vers 0 par valeurs
3
h
positives, soit encore : ln(tan(h)) = ln (h) + + o(h ).
h h 3h
Nous avons alors ln tan
= ln
+ + o(h ), lorsque h tend vers
2
2
12
0 par valeurs positives. cos(h) ln(tan(h)) ln tan h
2 h
h
= 1 + + o(h ) ln (h) + + o(h )
2
3
h
+ ln(h) ln(2) + + o(h )
12
lorsque h tend vers 0 par valeurs positives soit encore
h h
cos(h) ln(tan(h)) ln tan
= ln(h) ln(2) + o(h),lorsque h tend
2
2
vers 0 par valeurs positives. Nous obtenons donc I = ln(2).
2
2
0+
3
2
3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
88. f : (t; x) 2 [0; 2] R 7 ! exp(2x cos(t)) 2 R est de classe C 1 .
@f (t; x) = 2 cos(t) exp(2x cos(t)). j2 cos(t) exp(2x cos(t))j6 exp(2jxj).
@x
La restriction de F a tout intervalle ferme borne de R est donc de classe C .
1
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
320
F est alors de classe C
1
Z
et 8x 2 R; F 0 (x) =
2
0
De m^eme, F 0 est de classe C 1 et 8x 2 R;
F 00 (x) =
En integrant par parties, nous avons :
Z
F 0 (x) =
Nous
2 sin(t) exp(2x cos(t))
2
+ 4x
0
2
0
en deduisons F 0 (x) = 4xF (x)
+1
X
2 cos(t) exp(2x cos(t)) dt.
Z
2
4 cos (t) exp(2x cos(t)) dt.
2
0
(sin(t)) exp(2x cos(t)) dt.
2
xF 00 (x) (1).
(2x cos(t))p
p! .
8(t; x) 2 R ; exp(2x cos(t)) =
p
Z (2x cos(t))p p
p
(2
j
x
j
)
dt62
. La serie de terme general 2 (2jxj) est conver2
=0
2
0
p!
gente donc F (x) =
Si p est impair,
X1 +
p=0
2
Z
0
Si p = 2n est pair
p!
Z
(2x)p
p!
2
0
cosp (t) dt .
cosp (t) dt = 0.
Z
2
0
cosp(t) dt = 4
Comme nous l'avons deja vu 4
Z
2
0
Nous avons donc 8x 2 R; F (x) =
p!
Z
2
0
cos n(t) dt.
2
cos n (t) dt = 2
2
X1 2x n
+
(2n)!
.
(2nn!)
2
2
.
(n!)
F verie bien la relation vue plus haut.
Nous aurions aussi pu chercher une suite (ap )p2N de coecients reels tels que la
serie entiere de terme general ap xp ait un rayon de convergence R strictement
positif et dont la somme verie la relation (1).
8x 2] R; R[ nous avons 4xF (x) =
X1
2
n=0
+
X1
+
p=1
4ap
1
xp ,
+1
X
0
F (x) = p + 1a
p,
p+1 x
p=0
xF 00 (x) = p(p + 1)ap xp .
p
a = 2.
La relation (1) est veriee si et seulement si a = 0 et 8p 2 N ; (p + 1) ap =
4ap .
Nous en deduisons que pour p impair, ap = 0. Notons bn = a n.
Pour n 2 N; (n +1) bn = bn avec b = 2. Il vient alors 8n 2 N; bn = 2 .
(n!)
n
x
La serie de terme general
converge pour tout x 2 R. Nous obtenons donc
(n!)
+1
=0
0
2
1
+1
1
2
2
+1
0
2
2
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
2
321
8x 2 R; F (x) =
X1 2x n
+
2
n=0
(n!)
2
.
89. L'application g : (t; x) 2 R R 7 ! exp( t ) ch(2tx) 2 R est de classe C 1 .
lim t exp( t ) ch(2tx) = 0 donc f est denie sur R.
t! 1
@g (t; x) = 2t exp( t ) sh(2tx).
@x
Pour x 2 [ a; a] avec a 2 R , nous avons
@g (t; x) 62t exp( t ) sh(2ta)6t exp( t + 2ta).
@x
La dominante est integrable et la restriction de f a [ a; a] est de classe C .
2
2
+
2
+
2
+
2
2
1
Z
1
+
f est donc de classe C et 8x 2 R; f 0 (x) =
2t exp( t ) sh(2tx) dt.
En integrant par parties sur [0; b] et en faisant tendre b vers +1 nous obtenons
p
p
f 0 (x) = 2xf (x). f (0) = 12 donc f (x) = 12 exp(x ).
n
X1
Remarque 8(t; x) 2 R ; exp( t ) ch(2tx) = exp( t ) (2(2txn))! .
n
1
2
0
2
+
2
2
Notons, pour n 2 N; In =
Z
1
+
2
2
=0
t n exp( t ) dt.
2
2
En integrant par parties nous obtenons 8n 2 N; In = 2n + 1 In puis
2
p
p
(2n)!
(2x) nIn x n 8n 2 N; In = 2 n n! . La serie de terme general (2n)! = n! 2 est
X1 x n p 1 p
convergente donc f (x) =
= exp(x ).
2
n n! 2
0
+1
2
2
2 +1
+
2
2
=0
t
est continue.
1 + t (sin(t))
Z n t
La fonction est integrable (etant positive) si
dt a une li1 + t (sin(t))
mite lorsque n tend vers +1.
Z n t
n Z k X
t
dt
=
dt.
1 + t (sin(t))
1
+
t
(sin(
t
))
k
k
Z k t
Z
t + k
uk =
dt
=
dt
1 + (t + k) (sin(t))
k 1 + t (sin(t))
Z
Z
1
6(1 + k) 1 + (k) (sin(t)) dt = 2(1 + k) 1 + (k)1(sin(t)) dt.
h h
A l'aide du changement de variable t 2 0; 7 ! u = tan(t) 2 [0; +1[ nous
2
en deduisons
90. t 2 R 7 !
+
6
2
( +1)
6
0
( +1)
0
2
( +1)
6
2
6
2
=0
( +1)
6
2
6
0
2
2
0
6
2
0
6
2
322
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
Z
Z
1
1
1
dt
=
du
= p .
1 + (k) (sin(t))
1 + u + (k) u (t)
2 1 + (k)
Z k t
1+k
1 .
p
06
dt
6
k
!
1
k
1 + (k)
k 1 + t (sin(t))
La serie de terme general uk est donc convergente et la fonction proposee est
integrable.
2
6
0
2
+
2
0
6
2
6
( +1)
6
91. t 2 R 7 !
+
2
6
q1
3
2
est continue.
(1 + t ) (sin(t))
2
3
+
2
La fonction est integrable (etant positive) si
Z
n
( +1)
q1
dt a une
(1 + t ) (sin(t))
limite lorsque n tend vers +1.
Z n n Z k X
1
q
q1
dt =
dt.
k
k
(1 + t ) (sin(t))
(1 + t ) (sin(t))
2 R est integrable.
t 2]0; 2 7 ! q 1
(sin(t))
Z k Z
1
1q
q
06uk =
dt = 2
dt
k (1 + t ) (sin(t))
(1 + (t + k) ) (sin(t))
Z
2
1
q
dt.
06 u k 6
(1 + (k) )
(sin(t))
Z
2
1
A donc la serie de terme general uk est
q
dt
k! 1 k
(1 + (k) )
(sin(t))
convergente et la fonction proposee est integrable.
( +1)
0
2
3
2
( +1)
0
3
2
2
3
2
=0
3
2
2
( +1)
2
2
3
2
0
2
3
2
2
2
3
0
2
2
2
0
3
2
+
2
x
92. t 2]0; 1[7 ! t 2 R est continue.
ln(t)
tx Soit a 2] 1; x[. tlim
t a ln(t) = 0 donc lorsque t tend vers 0 a droite,
!
tx = o 1 .
ln(t)
ta
x
t 2]0; 1[7 ! ln(t t) 2 R est integrable sur ]0; y] avec 0 < y < 1.
tx 1 donc lim Z y tx dt = 1.
y!
ln(t) t! y 1
ln(t)
Soient u et v deux applications continues par morceaux denies de [a; b[ dans
R, equivalentes au voisinage de b. On suppose v positive au voisinage de b et
0+
45
1
45
1
0
Nous avions deja vu ce resultat dans l'exercice sur les integrales de Bertrand.
323
non integrable alors
46
Zx
u(t) dt
Zx
x!b a
v(t) dt.
Z tx
Zy 1
t 1 donc ln(t) dt y!
t 1 dt puis
Zy 1
Z y tx
dt ln(t) y!
t 1 dt = ln(1 y).
Z y tx
1
tx
ln(t)
t!1
a
y
1
1
0
1
1
2
Finalement lim
y!1
1
2
0
ln(1 y)
0
ln(t)
dt = 1.
93. (a) Utilisons le changement
Z de variable t 2 [0; 1] 7 ! y = tx 2 [0; x]. Nous
obtenons F (x) = g(x tx)f (tx) dt.
1
0
(t; x) 2 [0; 1] [0; 1] 7 ! g(x tx)f (tx) 2 R est continue ; le module
est majore par sup jg(u)j : sup jf (u)j.
Zu2
u2[0;
;
[0 1]
1]
1
x 2 [0; 1] 7 ! g(x tx)f (tx) dt est donc continue et possede une limite en 0 ; celle-ci est egale a f (0)g(0). F a donc une limite en 0 egale a
f (0)g(0).
(b) Soit
Z x > 0.
Z
Z
g(x tx)f (tx) dt 6kgk1 jf (tx)j dt = kgk1 1 x jf (y)j dy
x
0
1
1
Z
1
0
0
6kgk1 x
1
+
0
0
jf (y)j dy.
Nous en deduisons immediatement x!lim1 F (x) = 0.
+
94. (a) xh(t) = h(t) + (x 1)h(t).
Supposons x>1 et t>a. Nous avons xh(t)6h(t) + (x 1)h(a) puis
jg(t)j exp(xh(t))6 exp((x 1)h(a))jg(t)j exp(h(t)).
46
Redemontrons ce resultat. Quitte a changer a en une valeur superieure on peut supposer que
u et v sont positives.
La quantite nie omise ne changera pas l'equivalence eventuelle de fonctions de limites innies.
Zx
Soit " > 0. Il existe c 2 [a; b[ tel que pour x 2 [c; b[ on ait v(t) dt > 0 et pour t 2 [c; b[ on ait
a
ju(t) v(t)6 2" v(t).
Zx
(u(t) v(t)) dt =
Zc
(u(t) v(t)) dt +
Zx
(u(t) v(t)) dt donc
Za x
aZ c
c " Z x
Z c
" Z x
(u(t) v(t)) dt 6 (u(t) v(t)) dt +
2 c v(t) dt6 a (u(t) v(t)) dt + 2 a v(t) dt.
a
a
R c(u(t) v(t)) dt
a R
lim
= 0 donc il existe d 2 [c; b[ tel que pour tout x 2 [d; b[ on ait
x
x!b
Z x a v(t) dt Z x
(u(t) v(t)) dt 6" v(t) dt d'ou le resultat.
a
a
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
324
t 7 ! g(t) exp(xh(t)) est alors integrable sur [a; b[.
lim
g(t) exp(xh(t))t = A exp(xh(0)). Nous en deduisons que pour x>1,
t!
F (x) existe.
Z 1 g(t)
F (x) = A exp(xh(0))
A exp(x(h(t) h(0))) dt. Nous pouvons donc,
quitte a changer de notations, supposer h(0) = 0 et A = 1.
A l'aide du changement de variable t 2 R 7 ! u = cxt 2 R qui est
un C dieomorphisme, nous obtenons, pour X > 0 xe :
ZX
Z cxX 1
t exp( cxt ) dt =
u exp( u) du.
(cx) + 1
Z cxX lim
u exp( u) du =
x! 1
donc
+ 1
ZX
1
t exp( cxt ) dt x! 1
.
(cx) Soit " > 0 donne. = 1, lim (1 + ) (1 ) = 1.
lim
(1
)
(1
+
)
!
!
Il existe donc 2]0; 1[ tel que
" et (1 + ) (1 ) 61 + " .
(1 ) (1 + ) >1
2
2
g(t) = 1 donc 9 > 0, t 2]0; ] ) (1 )t 6g(t)6(1 + )t .
lim
t! t
h(t) = c donc 9 > 0, t 2]0; ] ) (1 + )ct 6h(t)6 (1 )ct .
lim
t! t
Pour t 2]0; ] ou 0 < 6 min( ; ; a) nous avons :
(1 )t exp c(1 + )xt 6g(t) exp(xh(t))6(1 + )t exp c(1 )xt .
Nous
Z obtenons nalement Z (1 )t exp c(1 + )xt dt6 g(t) exp(xh(t)) dt
0
+
0
+
1
+1
+
1
+1
0
0
+1
+
1
0
+1
+
0
+1
2
0
0
+1
2
1
2
0
+1
2
1
0
2
1
0
Z
+1
2
c(1 + )xt dt
2
6
Z
0
0
(1 + )t exp
c(1 )xt dt.
+ 1 (cx(1 + )) ,
1 (1
x! 1 Z
1
+
+
1
(1 + )t exp c(1 )xt dt x! 1
(cx(1 )) .
Il existe donc x >1 tel que pour x>x on ait :
+ 1
Z
(1 )
(1 )t exp c(1 + )xt dt>
(cx(1 + )) et
Z
(1
+
)
+
1
(1 + )t exp c(1 )xt dt6
(cx(1 )) .
0
)t exp
+1
+
+1
+
0
1
1
2
+1
0
2
0
+1
325
D'apres le choix de nous avons
" 1 + 1 Z 1
xh(t)) dt
2 (cx) 6 g(t) exp(
" 1 + 1 6 1+ 2 (cx) .
Comme nous l'avons deja ecrit plus haut, pour x>1 et t 2 [; b[, nous
avons
xh(t)6h(t) + (x 1)h()6h(t) donc
+1
0
+1
Z b
g(t) exp(xh(t)) dt 6 exp((x
1)h())
Zb
jg(t)j exp(h(t)) dt
Zb
jg(t)j exp(h(t)) dt.
La fonction majorante est negligeable, lorsque x tend vers +1, devant
x (car h() < 0) donc il existe x >1 tel que pour x>x on ait
Z b
" 1 + 1 g(t) exp(xh(t)) dt 6
2
(cx) .
Il vient donc pour x> max(x ; x ),
Zb
1 +1
(1 ")
(cx) 6 g(t) exp(xh(t)) dt
6 exp((x 1)h())
0
+1
2
2
+1
1
2
+1
0
6(1 + ") 1 + 1 (cx) c'est-a-dire, en revenant
aux notations initiales :
1 exp(xh(0))(cx) .
F (x) x! 1 A +
(b) Le resultat precedent s'applique, avec A = g(c) et = 0, a l'intervalle
[0; b c[ et aux applications h et g denies par h (t) = h(t + c) et
g (t) = g(t + c).
Il s'applique a l'intervalle [0; c a[ et aux applications h et g denies
par h (t) = h( t + c) et g (t) = g( t + c).
en deduisons alors
ZNous
b
g
(c) 1
g(t) exp(xh(t)) dt x! 1 exp(xh(c))(dx) et de m^eme pour
c
+1
+1
+
1
1
1
1
2
2
2
2
1
Zc
+
g(t) exp(xh(t)) dt.
Lorsque deux fonctions u et v positives au voisinage d'un point t sont
equivalentes, au voisinage de ce point, a respectivement u et v alors
u + v est equivalente a u + v .
En eet 8" > 0, 9V 2 V (t ) tel que pour tout t 2 V \ A (ou A est
l'ensemble de denition de u; v; u ; v ) on ait ju(t) u (t)j6"u(t) et
jv(t) v (t)j6"v(t).
Nous avons alors j(u + v)(t) (u + v )(t)j6"(u(t)+ v(t)) d'ou le resultat.
Nous en deduisons :
a
0
1
1
1
0
1
1
1
1
1
1
1
326
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
Zb
2g(c) 1
exp(xh(c))(dx) .
Si f s'annule en un point de ]a; b[, alors f possede un minimum en ce
point et f 0 s'annule en ce point ce qui est faux donc 8t 2]a; b[; f (t) > 0.
Posons h(t) = ln(f (t)).
0 (t)
00 (t) f 0 (t) f
f
0
00
h est de classe C , h (t) = f (t) , h (t) = f (t)
f (t) .
00
h0 (c) = 0; h00 (c) = ff ((cc)) < 0.
h(t) = h(c) + 12 h00 (c)(t c) + o (t c) lorsque t tend vers c.
2(h(t) h(c))
g est continue en c. lim
= 1.
t!c (t c) h00 (c)
Nous sommes ramenes aux cas precedents et nous obtenons :
s
Zc
f (c) ,
g(t)(f (t))n dt n! 1 g(c)(f (c))n 4nf
00 (c)
a
g(t) exp(xh(t)) dt x!+1
a
1
2
2
2
2
2
s
+
Zb
f (c) ,
g(t)(f (t))n dt n! 1 g(c)(f (c))n 4nf
00 (c)
c
s
Zb
2f (c)
g(t)(f (t))n dt n! 1 g(c)(f (c))n nf
00 (c) .
a
+
+
(c) t 2 R 7 ! exp(tx t ln(t)) 2 R est continue. La limite en 0 est egale
a 1.
ln(
t
)
Soit 2 R. t exp(tx t ln(t)) = exp t x ln(t) + a pour
t
limite 0 lorsque t tend vers +1. La fonction est donc integrable.
Soit le changement de variable u 2 R 7 ! t = u exp(x 1) 2 R qui est
un C dieomorphisme.
+
Z
+
Z
1
+
0
1
exp(tx t ln(t)) dt = exp(x 1)
0
+
1
+
exp((exp(x 1))(u u ln(u))) du.
Avec les notations precedentes, choisissons g = 1 et h(u) = u(1 ln(u)).
h0 (u) = ln(u). Nous avons alors c = 1, = 2, d = 12 . Nous obtenons
1 x
Z 1
p
t
donc
t exp(xt) dt x! 1 2 exp(exp(x 1)) exp 2 .
+
0
+
Pour x > 1, (x + 1) =
Z
1
+
exp(x ln(t) t) dt.
Supposons x > 0. Considerons t 2 R 7 ! u = t 2 R qui est un C
x
dieomorphisme. Nous obtenons
0
+
Z
1
+
0
x exp(x(ln(x) + (ln(u)
u))) du = xx+1
+
Z
0
1
+
1
exp(x(ln(u) u)) du.
327
Posons h(u) = ln(u) u.
Les conditions vues plus haut s'appliquent. Le maximum de h est atteint
en u = 1.
1
x exp( x) x
Nous obtenons alors (x + 1) x! 1 2
x
c'est2
2
1 p
= ,
a-dire, sachant que
2
n p
p
(x + 1) x! 1 2xx exp( x). Il vient alors n! n! 1 n
2n.
e
La fonction t 2 [ 1; 1] 7 ! (1 t )n 2 R est continue.0
Posons f (t) = 1 t . f est de classe C 1 sur [ 1; 1]. f (t) = 2t.
Nous pouvons appliquer les resultats precedents et nous obtenons
r
Z
n
(1 t ) dt n! 1
n.
t 2 R 7 ! (1 + t 1+ t )n 2 R est continue.
1
1 . La fonction est integrable pour n>1.
(1 + t + t )n t!1 t n
1
4t + 2t
Posons f (t) =
. f est de classe C 1 . f 0 (t) =
1+t +t
(1 + t + t )
est du signe de t, nul uniquement en 0. f (0) = 1; f 00 (0) = 2. Nous en
d
:
r
Zeduisons
1
dt
.
1 (1 + t + t )n n! 1 n
p
L'integrabilite de la fonction t 2 Rp7 ! exp( nt ) 1 + t 2 R est immediate. PosonsZ h(t) = t , g(t) = 1 + t .
r
1p
Nous obtenons
1 + t exp( nt ) dt n! 1
.
2n
1
f (t) = ln(1 + t). f est de classe C 1 .
1
2
+1
+
+
1
2
47
+
+
2
2
1
2
+
1
2
2
4
4
4
3
2
4
2
4 2
+
2
4
+
2
2
2
2
+
2
2
+
Z
1
0
(ln(1 + t))n dt =
Z
1
0
(ln(2 u))n du.
Posons h(u) = ln(ln(2 u)). Nous appliquons le premier resultat avec
1 .
g = 1, A = 1, = 0, = 1, c = h0 (0) = 2 ln(2)
Z
2(ln(2))n
Nous obtenons
(ln(1 + t))n dt n! 1
.
n
1
+1
48
+
0
exp(itx) 6 1 .
exp(itx)
95. g : (t; x) 2 R R 7 !
2
C est continue. 1+t
1+t 1+t
f est donc denie sur R et continue.
+
47
48
2
2
Nous avions deja demontre ce resultat a l'exercice numero 41 de ce chapitre.
Nous avons, a l'exercice numero 56 de ce chapitre, deja obtenu le resultat.
2
328
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
@g (t; x) = it exp(itx) ; @g (t; x) = t . t 2 R 7 ! t 2 R n'est pas
@x 1 + t
@x
1+t
1+t
integrable. Nous ne pouvons donc pas conclure directement a la derivabilite
eventuelle de f .
Nous allons employer deux methodes.
Premiere methode. Pour x 6= 0, integrons par parties sur [0; a] ; nous obtenons
:
Z a exp(
itx) dt = exp(itx) a + Z a 2t exp(itx) dt.
1+t
ix(1 + t )
ix(1 + t )
2
+
2
2
2
2
2 2
Z
i
2i 1 t exp(itx)
En faisant tende a vers +1 il vient f (x) =
dt.
x x
(1 + t )
La derivee partielle par rapport a x de t exp(itx) est egale, en (t; x), a
(1 + t )
it exp(itx) . it exp(itx) = t .
(1 + t ) (1 + t ) (1 + t )
Nous pouvons donc appliquer le theoreme
erivation sous le signe integrale
Z de1 tdexp(
itx) dt 2 C est derivable de
et conclure que l'application x 2 R 7 !
(1 + t )
Z 1 it exp(itx)
derivee en x :
dt.f est donc derivable sur R et pour x 6= 0,
(1 + t )
Z
Z
i
2i 1 t exp(itx)
2 1 t exp(itx)
0
f (x) = x + x
dt + x
dt.
(1 + t )
(1 + t )
t exp(itx) = ((t 1) + 1) exp(itx) et en simpliant, nous obteen ecrivant
(1 Z+ t )
(1 + t )
1
1
(t 1) exp(itx)
nons f 0 (x) =
dt.
x
(1 + t )
0
0
0
+
2 2
0
2 2
2
2
2
2 2
2 2
2 2
+
+
2 2
0
2
2 2
0
+
2
2
+
2 2
0
2
2
2 2
0
2
2 2
+
2 2
2
2 2
0
(t 1)
t .
est t 7 !
Z (1a (+t t )1) exp(itx) 1 + t
Integrons par parties
dt. Nous obtenons
(1 + t )
Z a (t 1) exp(itx) t exp(itx) a Z a t exp(itx)
dt =
+ ix
dt.
(1 + t )
1+t
Z 11+t texp(itx)
En faisant tendre a vers +1, l'integrale impropre
dt est conver1+t
Z 1 t exp(itx)
gente et f 0 (x) = i
dt.
1+t
Z n exp(itx)
Seconde methode. Soit n 2 N. Posons fn(x) =
dt.
1+t
Le theoreme de derivation sous le signe integral s'applique ici et nous obtenons
Z n it exp(itx)
0
fn ( x ) =
dt.
1+t
2
Une primitive de t 7 !
2 2
2
2
2 2
0
2
2 2
0
2
2
0
+
2
0
0
2
2
0
+
0
0
2
329
En integrant par parties, pour x 6= 0, nous obtenons :
t exp(itx) n Z n (1 t ) exp(itx)
0
fn(x) = x(1 + t )
x(1 + t ) dt.
Z 1 (t 1) exp(itx)
0
lim f (x) =
n! 1 n
x(1 + t ) dt.
Montrons que la convergence est uniforme.
n exp(inx) Z 1 (1 t ) exp(itx) 6 n + 1 n 6 2 .
+
dt
x(1 + n ) n
x(1 + t )
jxj(1 + n ) jxj 1 + n njxj
La convergence est donc uniforme sur l'ensemble jxj>a ou a est un reel strictement positif.
Z 1 (t 1) exp(itx)
0
f est donc derivable sur R et f (x) =
x(1 + t ) dt.
Montrons que f n'est pas derivable en 0.
Z 1 exp(itx) 1
1
f
(
x
)
f
(0)
=
dt.
Soit x 2 R .
x
x
1+t
Supposons x > 0. Le changement de variable t 2 R 7 ! u = tx 2 R conduit
Z 1 exp(iu) 1
f
(
x
)
f
(0)
a
x h =i
x + u du.
Pour u 2 0; , sin(u)>u donc
Z sin(u) 21 Z 2u
1
x + u du> x + u du = ln(x + u ) . Nous en deduisons
Z 2u
lim
du = +1.
x!
x
+
u
Z 1
Z 1
sin(u) du 6
1) du = lim 1 atan u X = 1 atan 2x .
X! 1 x
Z x + u x + Zu
x x
1 1
1
2
sin(u)
lim
du
=
donc
x! x + u
Z
x + u du est bornee quand x tend vers
1 sin(u)
0. Nous en deduisons xlim
!
x + u du = +1.
La partie imaginaire de f n'est pas derivable en 0 donc f n'est pas derivable
en 0.
u
Montrons cependant que la partie reelle est derivable en 0. j1 cos(u)j6 .
2
Z 1 cos(u) 1 Z 1 cos(u) 1 x Z 1 x
x
du 6 2
x + u du
u
x + u du = 4 donc
Z 1 cos(u) 1
la derivee en 0 a droite de la partie reele de f est egale a
du.
u
2
2
+
+
2 2
0
0
2
2 2
0
+
2
2
2 2
2
+
+
2
2
2 2
0
+
2
0
+
+
+
2
0
2
49
2
2
2
0
2
2
2
0
2
2
2
0
2
0
2
0
2
+
+
2
2
2
2
2
+
0
2
2
+
2
+
2
2
2
+
0
0
2
2
2
2
2
+
0
+
2
2
0
+
2
0
2
2
+
0
2
h i
sin est concave sur 0; 2 donc la droite pasant par les points de coordonnees (0; 0) et 2 ; 1
est \sous la courbe " representant la fonction sinus c'est-a-dire sin(u)> 2 u.
49
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
330
Soit a et b deux reels strictement positifs ; a < b. En integrant par parties
nous obtenons
1 cos(u) b Z b sin(u)
Z b cos(u) 1
du =
u
u
u Zdu .
a
a
a
b sin(u)
Nous avons vu de nombreuses fois a; b !lim; 1
du
= donc
u
2
a
Z 1 cos(u) 1
du
= .
u
2
On fait de m^eme dans le cas x < 0.
1
96. t 2 R 7 ! (1 exp( xt )) 2 R est continue.
t
1
1
1
(1 exp( xt )) = x, (1 exp( xt )) 6 . f est donc deni sur R .
lim
t! t
t
t
1
Posons pour (t; x) 2 R R , '(t; x) = (1 exp( xt )). Pour t > 0 nous
t
1
avons j'(t; x)j6 et 061 exp( xt )6xt donc j'(t; x)j6x. ' est continue.
Z 1 t
Z 11
f (x) = t (1 exp( xt )) dt +
t (1 exp( xt )) dt.
Soit A > 0. Soit x 2 [0; A]. Sur [0; 1] on choisi comme dominante A et sur
[1; +1[ on choisi t 7 ! 1 .
t
Nous en deduisons que la restriction de f a [0; A] est continue. A est quelconque strictement positif donc f est continue.
@' (t; x) = exp( xt ). @' est continue.
@x
@x
Soit A > 0. Soit x>A. 06 exp( xt )6 exp( t A). La dominante est intgrable donc la restriction de f a [A; +1[ est de classe C puis, A etant
quelconque
R et pour x > 0,
p
Z 1strictement positif, f est de classe1 CZ sur
1
0
0
f (x) =
exp( xt ) dt c'est-a-dire f (x) = p
exp( u ) du = p .
x
2 x
p
Il existe alors C 2 R tel que 8x 2 R ; f (x) = x + C . f etant
continue
p
cette relation est vraie sur R . f (0) = 0 donc 8x 2 R ; f (x) = x.
Remarque utilisons, pourZ x 1> 0, le changement de variable t 7 ! u = tpx.
p
p
1
Nous obtenons f (x) = x
1 exp u du = xf (1). La relation
u
est vraie aussi pour x = 0. Nous en deduisosn immediatement que f est continue surpR , derivable sur R . Le calcul precedent permet de prouver que
f (1) = .
2
(
)
(0
+
)
+
2
0
2
+
2
2
0
2
2
2
2
+
+
+
2
2
2
2
2
1
+
2
2
0
2
2
1
2
2
2
2
1
1
+
+
+
2
0
2
0
+
+
+
+
0
+
2
2
+
atan(x + t)
97. g : (t; x) 2 R 7 !
2 R est de classe C .
atan(x +1 t+) t 8(t; x) 2 R ; 1 + t 6 2(1 + t ) . La dominante est intregrable donc f
2
1
2
2
2
2
331
est continue sur R.
@g 1
@g g(t; x) =
1
donc (t; x) 6
.
@x
(1 + t )(1 + (x + t) )
@x
1+t
Z 1
dt
0
f est donc de classe C et f (x) =
.
)(1 + (x + t) )
1 (1 + t 1
1
2t + x
2t + 3x
=
+
.
Pour x 6= 0,
(1 + t )(1 + (x + t) ) x(x + 4) 1 + t
1 + (x + t)
1
Une primitive de t 2 R 7 !
2 R est donc
(1 + t )(1 + (x + t) )
1 + (x + t) 1 1
t 2 R 7 ! x + 4 x ln
+ atan(x + t) + atan(t) 2 R.
1+t
2
Nous avons donc pour x 6= 0, f 0 (x) =
x + 4 . Le resultat est vrai aussi (par
continuite) en x = 0. Z x
f (0) = 0 donc f (x) = u 2+ 4 du = atan x2 .
exp(t)
98. g : (t; x) 2 [0; 1] R 7 !
t + x 2 R est continue.
exp(t) e
Pour x>a > 0 et t 2 [0; 1], 06
t + x 6 a . La restriction de F a [a; +1[ est
continue puis F est continue sur R .
@g (t; x) = exp(t) . (t; x) 2 [0; 1] R 7 ! exp(t) 2 R est continue
@x
t + x)
(t + x)
e
(@g
et pour x>a, (t; x) 6 . La restriction de F a [a; +1[ est derivable puis
@x
a
Z exp(t)
0
F est derivable sur R et F (x) =
dt.
(t + x)
pour (t; x) 2 [0; 1] R , x exp(t)6 exp(t). Le theoreme de convergence
t+x
Z
dominee s'applique et nous obtenons x!lim1 xF (x) = exp(t) dt = e 1.
Nous avons donc F (x) x! 1 e 1 .
Z exp(t) 1 Z x 1
exp(t) 1 exp(t) 1
F (x) =
dt
+
dt
. 06
t+x
t+x
t+x 6 t .
La dominante est prolongeable par continuite sur [0; 1] donc le theoreme de
Z exp(t) 1 Z exp(t) 1
convergence dominee s'applique et xlim
dt =
dt.
!
t
+
x
t
Z 1
t + x dt = ln(x + 1) ln(x) nous en deduisons : F (x) x! ln(x).
99. (a) (t; x) 2 R R 7 ! f (t) 2 R est continue.
t+x
2
2
2
+
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
0
+
+
+
2
2
2
1
+
2
0
+
1
+
0
+
1
1
0
0
1
0
1
0
1
0
0
0
+
+
332
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
f (t) jf (t)j
6 . f etant integrable,
Pour t>0 et pour x > 0 nous avons t
+ x x
F est denie sur R .
f (t) jf (t)j
Si nous supposons x>a avec a > 0 nous avons t + x 6 a . Nous en
+
deduisons donc que la restriction de F a un voisinage d'un point quelconque strictement positif est continue ce qui prouve que F est continue
sur R .
f (t) Pour t>0 et pour x > 0 nous avons x t + x 6jf (t)j.
xf (t) = f (t) donc le theoreme de convergence dominee s'applique
lim
x! 1 t + x
Z 1
et x!lim1 xF (x) = f (t) dt.
+
+
+
+
0
Zx
(b) Posons, pour x>0, G(x) = f (t) dt. G est de classe C sur R . En
integrant par parties nous obtenons pour y 2 R
G(t) t y Z y G(t)
Zy 1
0
t + x G (t) dt = t + x t + (t + x) dt.
f ayant une integrale impropre convergente, G a une limite reelle en +1
et est bornee sur R donc pour x > 0 nous avons
Zy 1
Zy 1
F (x) = y!lim1 t + x f (t) dt = y!lim1 (t + x) G(t) dt.
Cette derniere integrale etant l'integrale d'une fonction integrable, car G
est bornee et t + x > t, et non plus une integrale impropre.
M
G
((
t
)
6
Soit M = sup jG(t)j. Nous avons pour x>a > 0 .
(t + x) (t + a)
t>
Comme plus haut, nous en deduisons que F est continue sur R .
1
+
0
+
=
0
2
0
=0
+
+
+
0
Notons l =
2
2
0
Z
0
2
+
1
+
0
f (t) dt = y!lim1 G(y).
+
Soit " > 0. 9A > 0 tel que pour t>A on ait jG(t) lj6 " . Nous en
3
deduisons que l'on a :
" x " x Z 1 xG(t)
dt 2 l 3 A + x ; l + 3 A + x .
A (t + x)
Z A xG(t) Z A x
1 1 MA
dt 6M (t + x) dt = Mx x x + A = x + A .
(t + x) MA = 0,
lim
x! 1 x + A
" x
" , lim l + " x = l + " .
lim
l
=
l
x! 1
3 x+A
3 x! 1
3 x+A
3
Il existe donc B > A tel que pour x>B on ait :
+
2
0
2
0
2
+
+
+
Z A xG(t) "
dt 6 ,
(t + x) 3
" x
l 3 x + A >l 23" , l + 3" x +x A 6l + 23" soit nalement
Z 1 xG(t)
dt6l + ".
l "6
(t + x)
Z 1
333
2
0
+
2
0
Nous avons donc encore x!lim1 xF (x) =
+
+
0
f (t) dt.
sin(xt)
100. t 2 R 7 !
2 R est continue.
1+t
f (0) = 0. Si f (x) existe alors f ( x) = f (x). Nous pouvons supposer x > 0.
Soit a > 0.
Z a sin(xt) Z xa sin(t) cos(t) t xa Z xa cos(t)
dt =
dt.
1+t
x + t dt = x + t t
(x + t)
cos(t) 1
Z a sin(xt) 1 Z 1 cos(t)
6
donc a!lim1
dt = x
dt.
(x + t) (x + t)
1+t
(x + t)
L'integrale impropre denissant f est convergente.
Z 1 1 1
Z 1 sin(t)
f (x) 2 = sin(t) x + t t dt = x
dt.
t
(x + t)
sin(t) 1
sin(t) 1
Pour t 2 [0; 1]; t(x + t) 6 x + t , pour t>1; t(x + t) 6 t(x + t) .
Nous en deduisons
Z 1 dt
Z dt
f (x) 2 6x x + t + x
x + 1 t(x + t) t 1 = x ln
x + t!lim1 ln x + t ln x + 1
x + 1
= x ln
x + ln(x + 1).
Il est alors immediat que lim f (x) = et lim f (x) = .
x!
2 x!
2
Z
1
cos(t)
f (x) = x1
dt.
(x + t)
Z 1 cos(t) Z 1 1
1
2
6
dt
dt
= donc jf (x)j6 et x!lim1 f (x) = 0.
(x + t)
(x + t)
x
x
sin(t)
Supposons t 2 R 7 !
2 R integrable.
t
sin(t) (sin(t)) 1 cos(2t)
Z y 1 cos(2t)
>
alors y!lim1
dt 2 R.
t
t =
2t
2t
En integrant par parties nous avons
Z y cos(2t) sin(2t) y Z y sin(2t)
dt = 4t
dt.
2t
4t
+
=
0
0
2
0
=0
+
2
2
+
0
2
0
+
+
0
0
1
+
0
0
+
0+
0
+
2
0
+
0
+
2
2
0
+
+
2
+
1
1
1
2
1
334
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
sin(2t) 1
6 , t 2 [1; +1[7 ! sin(2t) 2 R est donc integrable et
4t
4t
4t
Z y cos(2
t)
2
2
2
dt 2 R.
2t
cos(2t)
1
dt
= ln(x)
t
2
lim
y!+1
y1
Z
1
Z y cos(2t)
dt.
2t
Z y 1 cos(2t)
Nous en deduisons y!lim1
dt = +1 et nous aboutissons a une
t
sin(t)
contradiction. t 2 R 7 !
t 2 R n'est pas integrable.
Supposons que pour x > 0 l'application t 7 ! sin(xt) soit integrable sur R .
1+t
En refaisant les calculs initiaux nous en deduisons que t 2 R 7 ! sin(t) 2 R
x+t
est integrable.
t) 2 R n'est alors pas integrable.
t 2 R 7 ! sin(t t) sin(
x+t x
sin(t) sin(t) x sin(t) x sin(t) t
x + t = t(x + t) et t(x + t) 6 t(x + t) .
Nous aboutissons a une contradiction donc t 7 ! sin(xt) n'est pas integrable
1+t
sur R .
1
1
1
exp( itx) 2 C est continue. exp( itx) =
.
101. t 2 R 7 !
1+t
1+t
1+t
f est donc denie sur R. Soit x 6= 0. Integrons par parties entre a et b ;
i
b Z b 2it
Zb 1
exp( itx) dt =
x(1 + t ) exp( itx) a + a x(1 + t ) exp( itx) dt.
a 1+t
Z 1 2it
exp( itx) dt puis
Nous avons donc f (x) =
1 x(1 + t )
Z 1 2t
ixf (x) =
exp( itx) dt.
1 (1 + t )
Soit g : (t; x) 2 R 7 ! 2t exp( itx) 2 C ; g est de classe C 1 et
(1 + t )
@g (t; x) = 2it exp( itx) puis @g (t; x) 6 2t .
@x (1 + t )
@x
(1 + t )
Z 1 2t
La dominante est integrable sur R donc x 2 R 7 !
exp( itx) dt
(1
+
t
)
1
Z 1 2it
est derivable de derivee en x,
exp( itx) dt.
1 (1 + t )
Z 1 2t
0
f est derivable sur R et xf (x) + f (x) =
exp( itx) dt.
1 (1 + t )
1
+
1
1
+
+
+
+
+
2
2
2
2
2
2 2
+
2 2
+
2 2
2
2 2
2
2
2 2
2 2
+
2 2
+
2
2 2
+
2
2 2
335
Nous obtenons en ecrivant 2t = 2(1 + t ) 2 puis en simpliant,
Z 1 1
0
f (x) xf (x) = 2
exp( itx).
1 (1 + t )
Soit h l'application denie sur R par h(t; x) = 1 exp( itx).
(1 + t )
it exp( itx).
(t; x) =
h est de classe C . @h
@x
(1 + t )
@h (t; x) = t . La dominante est integrable donc :
@x
Z (11+ t )t
x2R7 !
exp( itx) est de classe C puis d'apres la relation
1 (1 + t )
precedente, f 0 est derivable sur R et en simpliant nous obtenons :
Z 1 t
00
xf (x) = 2i
exp( itx) = xf (x).
1 (1 + t )
Il existe deux constantes a et b telles que
8x < 0; f (x) = a exp(x) + b exp( x) et deux constantes c et d telles que
8x > 0; f (Zx) =1 c exp(x) + d exp( x).
2t dt donc f a une limite nulle en 1 et en +1. Cela
jf (x)j 6 x1
1 (1 + t )
Z 1 dt
impose b = c = 0. La continuite en 0 impose a = d. f (0) =
=
1 1+t
donc 8x 2 R; f (x) = exp( jxj).
2
2
+
2 2
2
2 2
1
2 2
2 2
+
1
2 2
+
2 2
+
2 2
+
2
ln(1 + xt)
est de classe C 1 .
102. L'application g : (x; t) 2] 1; +1[[0; 1] 7 !
1+t
@g (x; t) =
t
. Pour x 2 [a; +1[ avec a xe strictement supe@x
(1 + t )(1 + xt)
t
t
rieur a -1 nous avons 06
6
.
(1 + t )(1 + xt) (1 + t )(1 + at)
Le theoreme de derivation s'applique et a etant quelconque sur ] 1; +1[,
nous en deduisons que f est derivable sur ] 1; +1[ et
Z
t
0
8x 2] 1; +1[; f (x) = (1 + t )(1
dt.
+ xt)
x t+x
t
1
=
+
.
(1 + t )(1 + xt) 1 + x
1 + tx 1 + t
1
1
0
f (x) = 1 + x
ln(1 + xt) + ln(1 + t ) + x atan(t)
2
1
1
=
ln(1 + x) + ln(2) + x .
1+x
2
4
f (0) etant nul nous obtenons alors immediatement :
Z x ln(1 + t)
p
f (x) = 8 ln(1 + x ) + ln( 2) atan(x)
dt.
1+t
2
2
2
2
1
0
2
2
2
2
1
2
2
0
2
2
0
2
336
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
p
En particulier 2f (1) = ln(2) + ln( 2) atan(1) = ln(2) puis
8
4
ln(1 + t) dt = ln(2).
1+t
8
103. t 2]0; 1] 7 ! exp(xt ln(t)) 2 R est continue et a pour limite 1 en 0. La fonction
est donc integrable.
t 2]0; 1] 7 ! t ln(t) 2 R a pour derivee en t, 1 + ln(t). Nous en deduisons
8t 2]0; 1]; jt ln(t)j6 1e . Pour x>0 nous avons 06ttx 61. Pour x60 nous avons
jxj .
06ttx 6 exp
e
g : (t; x) 2]0; 1] R 7 ! ttx 2 R est de classe C 1 .
a
Soit a > 0 donne. Pour a6x nous avons donc 06ttx 6 exp
e . F est donc
continue sur R.
@g (t; x) = t ln(t)ttx.
@x
a 1
tx
Comme precedemment, pour x 2 [a; +1[, t ln(t)t 6 exp
e .
F est donc
Z derivable (en fait F est de classe C1 ) sur R de derivee en x,
F 0 (x) = ln(t)tt x dt.
La derivee est strictement negative et F est strictement decroissante sur R.
Nous avons vu plus haut que pour x>0 nous avonsZ 06ttx 61. Pour t 2]0; 1],
lim ttx = 0. F a alors une limite en +1 egale a 0 dt = 0.
x! 1
Z
1
2
0
1
( +1)
0
1
+
Pour (t; x) 2 R R nous avons ttx =
+
Z
X1 (ln(t))ntnxn
0
+
n=0
n!
.
1
tp (ln(t))q dt.
En integrant par parties sur [; 1] ]0; 1] puis en faisant tendre vers 1 nous
obtenons Ip;q = q Ip;q puis Ip;q = ( 1)q q! q Ip; = ( 1)q q! q .
p+1
(p + 1)
(p + 1)
Posons, pour p et q entiers, Ip;q =
0
1
0
Z tnxn(ln(t))n dt = jxjn n
n!
(n + 1)
1
0
La serie de terme general
.
+1
jxjn
+1
(n + 1)n
+1
est convergente donc F est developpable
en serie entiere sur R et 8x 2 R; F (x) =
X1
+
n=0
( 1)n xn .
(n + 1)n
+1
n
Pour x < 0, F (x) > ( x)n . Il est clair que x!lim1 F (x) = +1.
(n + 1)
+1
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
337
X1
+
n=p+1
jxjn 6 X1 jxjn =
jxjp
.
(n + 1)n n p (p + 2)n
(p + 2)p (p x + 2)
+
+1
+1
+1
+1
= +1
Par exemple sur [ 5; 5] pour obtenir une valeur approchee de F (x) a moins
de 10 pres il sut de choisir p = 9. Nous obtenons alors le trace suivant :
4
3
2.5
2
1.5
1
0.5
–4
0
–2
2
4
104. Soit x > 0. t 2 R 7 ! sin(t) 2 R est continue et a pour limite 1 en 0.
exp(xt) 1
x
sin(
t
)
lim t
= 0. La fonction est donc integrable et f est denie pour
t! 1 exp(xt) 1
tout x > 0.
sin(t) 6 1 .
Soit a > 0 donne. Pour t > 0 et x>a nous avons exp(xt) 1 exp(at) 1
sin(
t
)
x 2 R 7 ! exp(xt) 1 2 R est continue, la dominante est integrable sur R
donc f est continue.
1
t) = X
8(t; x) 2 (R) ; exp(sin(
xt) 1 n (sin(t) exp( nxt)).
Pour n>1 t 2 R 7 ! exp( nxt) 2 R est integrable et
+
2
+
+
+
+
2
=1
Z
1
+
0
Z
0
+
j sin(t)j exp( nxt) dt =
=
Nous obtenons
+
0
p
+
p
p=0
X1
+
j sin(t)j exp( nxt) dt
exp( nxp)
Z p=0
( +1)
Z
0
sin(t) exp( nxt) dt
1 + exp( nx)
.
1+n x
1
X1
nx) exp( nxp)
j sin(t)j exp( nxt) dt = 1 +1exp(
+n x
p
sin(t) exp( nxt) dt = =m
Z
X1 Z
0
exp((i nx)t) dt =
2
+
2
=0
2
2
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
338
X1 2 exp( nxp)
6
+
1+n x
2
=
.
(1 + n x )(1 exp( nx)
2
p=0
2
2
2
2
2 .
(1 + n x )(1 exp( nx)
nx
Le theoreme \d'echange" serie integrale s'applique et nous avons :
X1 Z 1
X1 1
.
f (x) =
sin(t) exp( nxt) dt =
n
n 1+n x
2
n!+1
2
+
2
2
+
+
2
0
=1
2
=1
X1 ( 1)k
1
1
1
Supposons x > 1.
=
=
k.
1+n x n x 1+ 1
(
n
x
)
k
n
x
X1 1
= 1 et la serie de terme general 1 est convergente
k
nx 1
nx 1
k (n x )
donc
X1 X1 ( 1)k ! X1 X1 ( 1)k !
k =
k c'est-a-dire
n
n (n x )
k
k (n x )
+
2
2
2
2
2
2
2
2
2
=1
2
+
2
2
2
2
=1
+
+
+
2
=1
2
2
f (x) =
+
1)k (2k) .
xk
+1
2
k=1
2
=1
=1
=1
X1 (
+
Zn
dt 6 1 6 Z n dt
Z 1 dt n 1 + Zt x 1 1 +dtn x n 1 + t x
il vient alors
6f (x)6
c'est-a-dire
1+t x
1+t x
atan(x) 6f (x)6 .
2x
x
2x
Nous en deduisons f (x) x! .
Z 1 dt x 2x
(x)61 +
tx = x 1 donc pour k>1; (2k)62.
Supposons x>2.
( 1)k (2k) 2
( 1)k (2k)
6
.
La
s
e
rie
de
terme
g
e
n
e
ral
est unifor 2k
xk
xk
k
mement convergente sur [2; +1[. x!lim1 ( 1) k (2k) = 0 pour k>2 donc
x
.
lim
x
f
(
x
)
=
(2)
=
.
Nous
en
d
e
duisons
f
(
x
)
x! 1 6x
x! 1
61 X1
k
k
En fait, pour x > 1, f
x = k ( 1) (2k)x nous concluons gr^ace a la
Soient n 2 N
et x 2 R .
+1
+
2
+
2
2
2
2
1
+
2
1
2
2
0
2
0
+
1
+1
2
+1
2
2
2
2
2
+1
2
+
2
2
2
2
+
+
+
+1
=1
2
2
2
339
continuite de u 2] 1; 1[7 !
X1
+
k=1
( 1)k (2k)x k .
+1
2
105. (a) (t; x) 2 R 7 ! exp( t + itx) 2 R est continue.
8(x; t) 2 R ; j exp( t + itx)j6 exp( t ). La dominante est integrable
donc f est denie sur R et est continue.
2
2
2
Z
+
1
1
2
exp( t + itx) dt =
2
=
2
Z
+
Z
+
2
1
Z
exp( t + itx) dt +
0
Z
Z
exp( t + itx) dt +
0
=2
Nous avons aussi f (x) =
1
2
1
+
0
1
+
1
0
exp( t + itx) dt
2
Z 11
+
0
exp( t
itx) dt
2
exp( t ) cos(tx) dt.
2
exp( t ) cos(tx) dt que l'on peut obtenir en
2
remarquant que t 7 ! exp( t ) sin(tx) est impaire integrable donc a une
integrale nulle.
(b) Posons g(t; x) = exp( t + itx). g est de classe C . @g (t; x) = itg(t; x).
@x
@g 8(t; x) 2 R ; @x (t; x) 6jtj exp( t ). La dominante est integrable donc
Z 1
0
f est de classe C et 8x 2 R f (x) = i
t exp( t + itx) dt.
2
2
2
1
2
+
1
2
1
(c) Integrons par parties sur [A; B ].
1
b
ZB
t exp( t + itx) dt = 2 exp( t ) exp(itx) dt
A
A
Z
B
ix
+
exp( t + itx) dt.
2 A
En faisant tendre A vers 1 et B vers +1 nous obtenons 2f 0 (x) = xf (x).
(d) Les solutions de l'
dierentielle 2y0 + xy = 0 sont les applications
equation
x 2 R 7 ! exp x4 2 R.
x
p
p
Avec l'hypothese f (0) = nous obtenons f (x) = exp
.
4
106. (a) Soit x 2 R. t 2]0; +1[7 ! p1 exp( t + itx) est continue dominee par
t
1
t 2]0; +1[7 ! p exp( t) 2 R.
t
1
lim t p exp( t) = 0 donc t 2]0; +1[7 ! p1 exp( t) 2 C est integrable
t! 1
t
t
sur [1; +1[.
2
2
2
2
50
2
+
50
Il s'agit d'un resultat classique que nous avons vu maintes fois.
2
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
340
p1 exp( t) t! p1 donc t 2]0; +1[7 ! p1 exp( t) 2 C est integrable
t
t
t
0+
sur ]0; 1]. f est denie sur R.
g : (t; x) 7 ! p1 exp( t + itx) 2 C est de classe C .
t
@g (t; x) = ipt exp( t + itx).
@x
@g p
p
8(t; x) 2]0; +1[R; @x (t; x) 6 t exp( t). t!lim1 t t exp( t) = 0.
La dominante est integrable, f est alors de classe C avec
1
2
+
8x 2 R f 0 (x) = i
Z
1
1p
+
t exp( t + itx) dt.
(b) Integrons par parties sur [a; b] ]0; +1[. Nous obtenons
Zb 1
hp
ib
p exp( t + itx) dt = 2 t exp( t + itx) a
a t
0
Zb
p
2( 1 + ix) t exp( t + itx) dt.
a
En faisant tendre a vers 0 et b vers +1 nous obtenons
8x 2 R; f (x) = 2(i + x)f 0 (x).
1
x + i . Une primitive de x 2 R 7 !
1
=
2 C est
2(x + i) 2(x + 1)
2(x + i)
x 2 R 7 ! 14 ln(x + 1) + 2i atan(x).
Les solutions de l'equation dierentielle 2(i + x)y0 + y = 0 sont les appli 1
i
cations x 2 R 7 ! exp
ln(x + 1) + atan(x) 2 R.
4
2
1 1 p
i
p
1
1
f (0) = 2 = 2 donc f (x) = 2 p
exp atan(x) .
2
1
+
x
pp
1
pp1 + x + 1 1
1+x 1
cos atan(x) = p p
, sin atan(x) = sgn(x) p p
2
2
2 1+x
2 1+x
donc r
q
q
p
p
f (x) = 8(1 + x )
1 + x + 1 + i sgn(x) 1 + x 1 .
107. Supposons > 1
0
Soit " > 0; " < 1 + . Il existe A > 0 tel que x>A ) g (x) > " .
g(x) x
En integrant entre A et x nous obtenons
g(x) Z x g0 (t)
x
ln
g(A) = A g(t) dt>( ") ln A soit encore
x "
g(x)>g(A) A
= Kx " . g n'est pas integrable sur [A; +1[.
Supposons < 1.
2
2
2
4
2
2
4
2
2
4
2
2
2
2
341
g0 (x) 6 + " .
Soit " > 0; " < 1 . Il existe A > 0 tel que x>A )
g(x) x
Enintegrant
entre
A
et
x
nous
obtenons
Z x g0 (t)
x
g
(x)
=
dt
6
( + ") ln
ln
g(A)
A soit encore
A g (t)
"
g(x)6g(A) Ax
= Kx ". g est integrable sur [A; +1[ puis sur R .
En integrant par parties sur [0; x] nous obtenons
+
Zx
0
Zx
tg0 (t) dt = xg(x)
0
+
g(t) dt.
1
0
0
g(t) (g(t) + tg (t)) = 1 + 6= 0 donc g(t) + tg (t) t! 1 (1 + )g(t).
Supposons > 1.
g n'est pas integrable donc en utilisant les resultats deja vus concernant les
eZquivalences, nous obtenons
Zx
x
0
(g(t) + tg (t)) dt x! 1 ( + 1) g(t) dt. c'est-a-dire :
lim
t! 1
+
+
51
Zx
+
0
0
xg(x) x! 1 ( + 1) g(t) dt.
< 1. g est integrable donc ette fois nous avons
ZSupposons
Z 1
1
0
(g(t) + tg (t)) dt x! 1 ( + 1)
g(t) dt.
+
0
+
+
x
x
+
lim xg(x) = l 2 R. Si cette limite est non nulle alors g(x) x! 1
x! 1
+
+
1
x et g n'est
Soient u et v deux applications continues par morceaux denies de [a; b[ dans R, equivalentes
au voisinage de b. On suppose v positive au voisinage de b et non integrable. Quitte a changer a
en une valeur superieure on peut supposer que u et v sont positives.
La quantite nie omise ne changera pas l'equivalence
Z x eventuelle de fonctions de limites innies.
Soit " > 0. Il existe c 2 [a; b[ tel que x 2 [c; b[) v(t) dt > 0 et t 2 [c; b[) ju(t) v(t)6 2" v(t).
51
Zx
(u(t) v(t)) dt =
Zc
(u(t) v(t)) dt +
Zx
a
(u(t) v(t)) dt donc
Za x
aZ c
c " Z x
Z c
" Z x
(u(t) v(t)) dt 6 (u(t) v(t)) dt +
2 c v(t) dt6 a (u(t) v(t)) dt + 2 a v(t) dt
a
a
R c(u(t) v(t)) dt
Z c
" Z x
a R
6 v(t) dt puis
lim
=
0
donc
9
d
2
[
c;
b
[,
x
2
[
d;
b
[
)
(
u
(
t
)
v
(
t
))
dt
x
a
x! 1
2 a
a v (t) dt
Z x
Z x
Zx
Zx
(u(t) v(t)) dt 6" v(t) dt d'ou le resultat u(t) dt x! b v(t) dt.
a
a
a
a
+
De m^eme soient u et v deux applications continues par morceaux denies de [a; b[ dans R, equivalentes au voisinage de b. On suppose
Z b v positive au voisinage de b et integrable. Soit " > 0. Il
existe c 2 [a; b[ tel que x 2 [c; b[) v(t) dt > 0 et t 2 [c; b[) ju(t) v(t)j6"v(t).
x
Z b
Z b
(u(t) v(t)) dt 6" v(t) dt d'ou le resultat Z b u(t) dt Z b v(t) dt.
x!b x
x
x
x
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
342
pas integrable donc xg(x)
( + 1)
x!+1
Z
1
+
x
g(t) dt.
108. Soit p 2 N. t 2 R 7 ! exp( t)(sin(t))p 2 R est continue majoree en valeur
absolue par exp( t) donc est, pour tout p 2 N, integrable. Integrons deux fois
par parties sur [0; a]. Nous obtenons
+
Za
0
exp( t)(sin(t))
n dt =
2
+
Za
0
h
exp( t)(sin(t))
n
(2n) cos(t)(sin(t))
2
(sin(t)) n + (2n 1)(cos(t)) (sin(t)) n
(2n)
n
2
2
2
2
2
1
ia
exp( t)
0
exp( t) dt.
En calculant la limite en +1 nous avons In = 2nIn + 2n(2n 1)(In
In)
c'est-a-dire (4n + 1)In = 2n(2n 1)In .
I = 1.
Yn (2k 1)2k
(2n)! .
Nous obtenons donc In =
soit encore 8n 2 N; In = Y
n
4k + 1
k
(4k + 1)
2
2
1
0
2
2
=1
k=0
109. un est bien deni8pour tout n 2 N.
< e si = 0
lim exp(t ) = : +1 si > 0 . En utilisant les equivalents et les intet! 1
1 si < 0
grales que nous avons deja vus, nous obtenons
n 1 c'est-a-dire aussi n si = 0
un n! 1 n 1 c'est-a-dire aussi n si < 0 .
Supposons > 0.
n 1 Z n exp(t)
1
Zn
exp(t ) dt = exp(t ) +
t
t dt.
Z n exp(t) 1 Z n
06
t dt6n exp(t ) dt donc lorsque n tend vers l'inni
Z n exp(t)
Zn
Zn
) dt exp(n ) .
dt
=
o
exp(
t
)
dt
puis
exp(
t
n! 1 n
t
1
Nous en deduisons un n! 1 .
n
110. Soit x 2 R. t 2]0; +1[7 ! x 1 2 R est continue.
t (1 + t)
1
1
1 .
1,
x
x
x
x
t (1 + t) t! t t (1 + t) t! 1 t
L'application est integrable si et seulement si x < 1 et x + 1 > 1. f est donc
denie sur ]0; 1[.
1 = 1
1
x
x
x
t (1 + t) t
t (1 + t) . Nous pouvons alors ecrire (car les fonctions
sont integrables)
+
+
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
+
0+
+
+1
+1
+1
+
1
343
Z
Z 1 dt
dt = Z 1 dt Z 1 dt
1
tx (1 + t)
tx
tx (1 + t) = x
tx (1 + t) .
Z 1 dt
Z 1 dt
06
tx (1 + t) 6
t = 1.
Z 1 dt
1.
Nous en deduisons
x
x!
Z dt Z dtt (1 +1t) x
6
=
6
2 pour 0 < x6 1 . Nous en deduisons
06 x
x
t (1 + t)
t 1 x
2
f (x) x! x1 .
Soient a et b deux reels veriant 0 < a < b < 1. Soit g l'application denie
8 1
>
< tb(1 + t) si 0 < t < 1
par g(t) = >
. g est continue integrable sur ]0; +1[.
: ta(11+ t) si t>1
1
(t; x) 2]0; +1[[a; b] 7 ! x
t (1 + t) 2 R est continue et pour tout x 2 [a; b]
1
06 x
t (1 + t) 6g(t). La restriction de f a [a; b] est donc continue et alors f est
continue sur ]0; 1[.
Utilisons le changement de variable t 2]0; +1[7 ! u = 1 2]0; +1[ qui est
t
un C dieomorphisme.
Z 1 du
Nous obtenons f (x) =
u x (1 + u) = f (1 x). Nous avons donc
+
1
+
1
+
+1
1
+
+
+1
1
+1
1
+
+1
1
2
1
+
0
1
1
1
0
0
0
1
+
Z 1
1
Z
1
1
1
1
x +t
x
p dt.
2f (x) =
+
dt
=
t
t x (1 + t) tx (1 + t)
(1 + t) t
1
Z 1 dt
x
x
p
t + t >2 donc 2f (x)>2
= 2f
.
2
t(1 + t)
Z 1 dt
Z 1 du
pt(1 + t) = 4
2
= 2 . Le minimum de f est donc egal a .
1+u
0
+
1
0
1
2
+
1
2
1
+
2
0
+
1
+
2
0
+
+
0
Zx
2
0
111. Posons F (x) = f (t) dt. F est continue et de classe C par morceaux et
F (x) = 0.
lim F (x) = xlim
f (x) . En particulier xlim
!
! x
x! x
Soient a et b deux reels strictement positifs (a6b).
1
b Z b 1
Z b 1
F (x) dx = x F (x) + 2
F (x)f (x) dx.
a x
a x
a
En Zfaisant
tendrea vers 0 nous obtenons
:
Z
b 1
b
1
1
06
x F (x) dx = b F (b) + 2
x F (x)f (x) dx
1
0
2
0
0
2
0
2
2
2
0
2
2
0
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
344
62
Z b 1
x F (x)f (x) dx.
D'apres l'inegalite de Cauchy-Schwarz nous avons
Z b 1
Z b
Z b F (x) !
f (x) dx
dx
x F (x)f (x) dx 6
x
0
2
2
2
0
!
0
Z b F (x) 2
Soit encore
dx 64
x
Z b F (x) 0
2
Z b
0
0
Z b F (x) 2
f (x) dx
2
0
x
!
dx .
2
dx > 0 alors en simpliant nous obtenons
x
Z b F (x) Zb
Z 1
dx64 f (x) dx64
f (x) dx.
x
Z b F (x) Cette relation est vraie aussi si
dx = 0.
x
Z
1 x
x 2 R 7 ! x f (t) dt est donc de carre integrable et
Si
0
2
+
2
0
0
2
0
2
0
+
1 F (x) 2
Z
+
0
dx64
Z
+
1
f (x) dx.
x
112. (a) Soit " > 0 donne.
Il existe > 0 tel que 8(u; v) 2 ([a; +1[) ; ju vj6 ) kf (u) f (v)k6 " .
2
etant ainsi choisi, l'integrale impropre de f etant convergente, il existe
A>a tel que
Z y
"
8(x; y) 2 ([a; +1[) ; (x>A et y>A) ) f (t) dt 6 2 .
0
2
0
2
2
Z x x "
En particulier pour x>A nous avons f (t) dt 6 2 .
Zx
Zx
Z xx +
+
f (t) dt =
Z x f (x) dt
x
x
+
+
x
(f (t) f (x)) dt +
+
f (x) dt.
Z x Z x (f (t) f (x)) dt 6 f (t) dt.
x
x
+
x
+
Nous en deduisons kf (x)k6 " + " c'est-a-dire kf (x)k6". f a donc
2 2
pour limite 0 en +1.
Remarque si f n'a pas pour limite 0 alors lorsque l'integrale impropre
converge, cela signie que f n'est pas uniformement continue. Si f a une
limite non nulle en +1 l'integrale impropre n'est alors pas convergente.
L'integrale impropre peut ^etre convergente
Z 1 sans que f ait une limite en
+1. C'est par exemple le cas de
cos(t ) dt.
+
2
0
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
345
Contre exemple.
Soit f denie sur [1; +1[ par f (t) = n sin (n (t n)) lorsque t 2 n; n + 1
n
1
et f (t) = 0 pour t 2 ; n + 1 n 2 N . f est continue, positive.
n
2
3
3
Zx
3
g : x 2 [1; +1[7 ! f (t) dt 2 R est croissante donc possede, en +1,
une limite nie ou egale a +1!.
!
Zk
n Z k k
n
X
X
k
g(n + 1) =
f (t) dt =
(1 cos(2k t)) dt .
2
k
k
k
n
n
X 1
X
1 = 2 1 62.
Nous obtenons g(n + 1) =
6
1+
n
k 2k
k k (k 1)
g(x)6g(1 + E (x))62 donc g a une limite
reelle
en +1. Pourtant f n'
1
a pas pour limite 0 en +1 car n!lim1 f n +
= +1.
2n
1
+ 13
1
3
=1
3
0
=1
2
=1
=2
52
3
+
(b) Soient x et y deux reels, x < y. f (y) f (x) =
l'inegalite de Cauchy-Schwarz nous obtenons :
(f (y) f (x)) 6jy xj
2
Zy
f 0 2 (t) dt6jy
p
x
xj
Z
Zy
x
1
+
1
f 0 (t) dt ; en utiliant
f 0 (t) dt soit encore
2
8(x; y) 2 R ; jf (x) f (y)j6K jy xj. f est donc uniformement conti2
nue.
En utilisant le resultat precedent, nous en deduisons que f a une limite
nulle en 1 et en +1. f est alors bornee.
Zx
113. Soit h 2]0; 1[.
Z
1 x
h
+
h
+
x
f (t) dt = hf (x) +
Z
1 x
f (x) = h
f (t) dt h
x
Schwarz nous avons
h
Zx
h
+
x
(x + h t)f 0 (t) dt donc
+
x
(x + h t)f 0 (t) dt. D'apres l'inegalite de Cauchy-
Z x h(x + h t)f 0(t) dt 6 Z x h(x + h t) ) dtZ x h(f 0) (t) dt
x
x
x
Z
Z
x
h
x
6h
(f 0 ) (t) dt6 h
(f 0 ) (t) dt6K h , ou
+
2
+
+
3
K est une constante positive.
3
+
2
x
2
+1
3
3
2
2
x
1 Z x h
p
Nous obtenons donc jf (x)j6 h x f (t) dt + K h.
+
p
p "
lim
K
h
=
0
donc
Pour
"
donn
e
il
existe
h
2
]0
;
1[
tel
que
K
h6 2 .
h!
L'integrale impropre de f etant convergente nous avons
0
52
Si nous connaissons les series nous pouvons conclure directement.
2
3
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
346
Z y
h"
) ; (x>A; y>A) ) f (t) dt 6 donc pour
2
x
8" > 0; 9A>0; 8(x; y) 2 (R
x>A nous avons jf (x)j6" c'est-a-dire x!lim1 f (x) = 0.
Remarque si f 0 est de carre integrable alors les hypotheses de cet exercice
+
2
+
sont veriees et nous retrouvons le resultat de l'exercice precedent.
Z
1
+
jf (t)j dt6 "4 .
2
114. f etant de carre integrable, pour " > 0 il existe a > 0 tel que
a
D'apres l'inegalite de Cauchy-Schwarz nous avons, pour x>a,
1 Z x
1
Zx
Z 1
p f (t) dt 6 (x a) jf (t)j dt6 jf (t)j dt c'est-a-dire
x x a
a
Z
x
8x>a; p1x f (t) dt 6 2" .
Za
1
a etant ainsi xe x!lim1 px f (t) dt = 0 donc il existe A>a tel que pour x>A
"
1 Z x
1 Z a
p
on ait p
x f (t) dt 6 2 soit encore 8x>A; x f (t) dt " ; c'est-a-dire
Zx
1
lim p
f (t) dt = 0.
x! 1 x
2
+
2
2
2
0
0
+
0
0
+
0
0
115. Une fonction est de carre integrable sur R si et seulement si elle est de carre
integrable sur R et sur R . Montrons que f 0 est de carre integrable sur R .
En
Z x integrant par parties nous avons : Z x
(f 0 ) (t) dt = f (x)f 0 (x) f (0)f 0 (0)
f (t)f 00 (t) dt. (1)
Le produit de deux applications de carres integrables est une application integrable. f 0 est donc de carre integrable sur R si et seulement si ff 0 a une
limite reelle en +1.
Zx
0
Si f n'est pas de carre integrable sur R , x!lim1 (f 0 ) (t) dt = +1 puis
lim f (x)f 0 (x) = +1.
x! 1
+
+
2
0
0
+
+
2
+
0
Zx
+
f (x) f (0) = 2 (ff 0 )(t) dt (2) donc si f 0 n'est pas de carre integrable
sur R , x!lim1 f (x) = +1 et f n'est pas de carre integrable sur R . Nous
faisons le m^eme raisonnement pour R . f 0 est donc de carre integrable.
En reprenant la relation (1) nous en deduisons que ff 0 a une limite en +1 et
en 1. Si l'une des deux limites est non nulle alors d'apres la relation (2) f
a une limite innie en +1 ou en 1 ce qui est faux donc ff 0 a une limite
nulle en 1.
Zb
h 0 ib Z b 0
00
Soient a et b deux reels. a < b. (ff )(t) dt = f (t)f (t)
f (t) dt.
a
a
a
En calculant les limites lorsque (a; b) tend vers ( 1; +1) nous avons
2
2
+
2
+
0
+
2
2
Z
+
1
+
1
+1
Z
Z
(ff 00 )(t) dt =
Z1 1
1
347
1
+
1Z
2
(ff 00 )(t) dt
6
2
2
1
+
1
+1
Z
f 02 (t) dt
f 0 (t) dt. D'apres l'inegalite de Cauchy-Schwarz
6
1
Z
f (t) dt
2
Z
2
f (t) dt
2
1
+
1
+1
1
f 00 2 (t) dt
f 00 2 (t) dt
2
puis
.
f (t) f (0) = f 0 (0) ; f (0) = 0 donc nous pouvons prolon116. f est derivable, lim
t!
t
f (t) 2 R sur R .
ger par continuite t 2]0; +1[7 !
t
a et b deux reels, 0 < a < bZ.
ZSoient
b f (t) b f (t)f 0 (t)
f
(t) b
f (a) f (a) = 0 donc
dt
=
+2
dt
. alim
!
t
t a
t
a
a
Z
Z
Za b f (t) f (b) + 2 b f (t)f 0 (t) dt62 b f (t)f 0 (t) dt.
dt
=
t
b
t
t
D'apres l'inegalite de Cauchy-Schwarz nous avons
Z b f (t)f 0(t) Z b f (t) ! Z b
0
dt
f (t) dt .
t dt 6
t
0
2
+
2
2
0
2
2
0
0
0
2
0
2
Z b f (t) !
Z b f (t) !Z b
0
f (t) dt .
t dt 64
t dt
Z b f (t) Zb
Z 1
0
Nous obtenons donc
Si
2
Z b f (t) 2
t
0
0
2
2
2
0
2
0
2
dt 6= 0 alors
t
0
dt64
0
f 0 (t) dt64
+
2
Z b f (t) 0
0
f 0 (t) dt.
2
2
dt = 0.
t
f (t) Nous en deduisons que t 2]0; +1[7 !
2 R est integrable et
t
Z 1 f (t) Z 1
dt64
f 0 (t) dt.
t
Cette inegalite est encore veriee si
0
2
2
+
0
+
2
0
117. Supposons f (1) = 0. f est continue en 1 donc pour " > 0 donne il existe
2]0; 1[ tel que pour t 2 [1 ; 1] on ait kf (t)k6 2(1 "+ a) . Il vient alors :
Z
Z
f (t)'n(t) dt 6 "
' (t) dt.
2(1 + a) n
Z
lim
'n (t) dt = a donc il existe N" 2 N tel que pour n>N" on ait
n! 1
1
1
1
+
1
1
1
"
2(1 + a)
Z
1
1
Z
"
'n(t) dt6 2(1 + a) (a + 1) puis f (t)'n(t) dt 6 2" .
1
1
348
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
Z Z
f (t)'n(t) dt 6kf k1 'n(t) dt. D'apres les hypotheses,
Z 1
1
0
0
1
lim
n!+1
f (t)'n(t) dt = 0. Il existe N"0 2 N tel que pour n>N"0 on ait
Z "
f (t)'n(t) dt 6 .
2
En reunissant les deux
Z inegalites, il existe un entier N > max(
Z N"; N"0 ) tel que
pour n>N on ait f (t)'n(t) dt 6" c'est-a-dire n!lim1 f (t)'n (t) dt = 0.
0
1
0
1
1
+
0
Si f (1) est non necessairement nul alors
Z
Z
1
Z
1
f (t)'n(t) dt = (f (t) f (1))'n(t) dt + f (1)
alors egale a af (1).
0
0
0
1
0
'n (t) dt. La limite est
118. x etant xe strictement
Zt 2n R 7 ! E (tx) 2 R est croisZ n positif, l'application
n
X
E (tx) dt.
sante donc E (x) + E (tx) dt6 E (kx)6
+1
k=1
1
1
E (tx) t!+1
E (tx) et tx sont positifs,
tx donc en utilisant les resultats, deja
utilises deZ nombreuses fois concernant
les integrales et les equivalents, nous
Za
a
obtenons E (tx) dt a! 1
tx dt = a2x .
Zn
Zn
n
x
nx
Nous en deduisons E (x) + E (tx) dt n! 1
et
E
(tx) dt n! 1
2
2
n
X
c'est-a-dire E (kx) n! 1 n x .
2
2
+
1
1
+1
2
+
1
2
+
1
2
+
k=1
x
x
x
119. t 7 ! t est continue sur R . t t! t x et t t! 1 t x .
1+t
1+t
1+t
La fonction est donc integrable sur R si et seulement si x 2]0; 1[.
x
Soit t 2]0; 1]. x 2]0; 1[7 ! t 2 R est croissante donc si nous supposons
1+t
x
1
t
1
x6 2 , 0 < 1 + t 6 p . Le theoreme de convergence dominee permet de conclure
Z tx
Zt 1
lim
dt = 1 + t dt = ln(2).
x!
1+t
t x + t x = t x donc Z 1 t x dt = 1 Z 1 t x dt.
1+t
1+t
x
1+t
x
t
t x 61.
Pour t 2 [1; +1[. x 2]0; 1[7 !
2
R est decroissante donc 0 <
1+t t
Z 11+tt x
Z 1 1
Nous en deduisons alors lim
dt =
x!
1+t
t(1 + t) dt = ln(2).
Z 1 t x
Z 1tx
1
lim x
dt x = 0 et alors xlim
x
dt = 1.
x!
1+t
!
1+t
1
+
0+
+
+
1
0+
1
0
1
0
+
1
+
1
1
1
1
1
2
+
0+
+
1
1
1
+
0+
0
+
0+
0
349
Z
120. Commencons par recalculer l'integrale de Wallis : In = (cos(t))n dt pour
n 2 N.
Supposons n>2. En integrant par parties nous obtenons :
53
2
0
In =
sin(t) cosn
1
2
(t) + (n 1)
Z
2
0
0
Nous avons alors In = (n 1)(In
I = 2 ; I = 1.
2
(sin(t)) cosn (t) dt.
2
In) soit encore nIn = (n 1)In .
2
Yn
1
0
k=1
n
Nous obtenons immediatement I n = Y
2 +1
Soit encore I n =
(2n n!)2
2
Yn
(2k)
(2k + 1)
et I n = k
2
2
k=1
et I n =
(2k 1)
Yn
=1
(2k)
.
k=1
(2n)! .
((2nn!) 2
(2n + 1)!
Ces relations sont vraies pour n = 0.
1
I n 6 2n + 1 et lim I n = 1.
I n 6I n6I n = 2n2+
I
n donc 16
n
In
2n
r n! 1 I n
I n = 2(2n + 1) (I ) . Nous en deduisons lim I 4n = 1 puis, I etant
n
n
n! 1 n In
r
r
2(2n + 1)
equivalent a I n , n!lim1 I n
= 1 soit nalement In n! 1 2n .
Nous pouvons utiliser la formule de Stirling ; nous avons
n n n p 2
en 2n
I n n! 1 soit en simpliant
p
2n + 1
2(2n + 1)
e
r
2n n ep2
p
I n n! 1 2n + 1
qui est equivalent a
.
4n
2 2n + 1
Nous retrouvons le resultat precedent.
Montrons le resultat en utilisant la double inegalite.
Nous savons que pour tout reel u > 1 nous avons ln(1 + u)6u.
Nous en deduisons pour u 2] 1; 1[, ln(1 u)6 u6 ln(1 + u) puis
t
t
p
pour jtj < n, n ln 1
n 6 t 6 ln 1 + n et enn
t n
tn
p
1
6
exp( t )6 1 +
; inegalite vraie aussi pour jtj = n.
n
n
2 +1
2 +1
2
2
1
2
2 +1
2
2
2 +1
2
+
2 +1
2
2
2 +1
2
2
+
+
2 +1
2 +1
+
2 +1
2 +1
+
54
2
2
53
54
2
2
+
2
2 +1
2 +1
2
2
Voir aussi l'exercice numero 31 de ce chapitre.
Par exemple en remarquant que la fonction ln est concave.
2
350
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
Z pn Z n
Z n
n
n
t
Nous obtenons
1
dt
6
exp( t ) dt6
1+t
dt.
n
n
h i
p
Posons t = n sin(u) avec u 2 0; .
Z pn t n p2 Z p
Nous avons
dt
= n cos n (u) du = nI n .
1
n
p
Dansh la derni
ere integrale de l'inegalite precedente, posons t = n tan(u) avec
i
u 2 0; 4 .
Z pn t n p Z Nous obtenons alors
dt = n cos n (u) du.
1+
n
h i
donc
Sur l'intervalle ; , 06 cos(u)6 cos
4
2
4
Z
Z
p
p
p
n
06 n cos (u) du6 n n p et n!lim1 n cos n (u) du = 0.
2
2
Z
p
p
p
Nous en deduisons n!lim1 n cos n (u) du = n!lim1 nI n = 1 .
2
Gr^ace a l'encadrement et aux resultats demontres plus haut, nous obtenons
p
Z 1
exp( t ) dt = .
2
Montrons le resultat demande en utilisant le theoreme de convergence dominee.
( t n
pn]
1
pour
t
2
[0
;
n
.
Posons 'n (t) =
p
0
pour t > n
8t 2 R ; 06'n(t)6 exp( t ). 'n est continue. n!lim1 'n(t) = exp( t ).
Le theoreme de convergence dominee s'applique et
Z 1
Z 1
lim
'n (t) dt =
exp( t ) dt.
n! 1
2
p
p
2
0
0
0
2
2
0
2 +1
2 +1
0
2
4
0
2
2
2
1
0
2
1
+2
+
4
4
55
+
+
2
2
2
1
4
1
+
0
2
1
2
0
2
+
+
Z
+
1
+
0
2
2
+
0
'n(t) dt =
+
Z pn 0
sultats precedents,
Z
0
n
t
1
obtenons alors, en utilisant les ren dt. Nous
p
1
exp( t ) dt = .
2
+
0
2
2
2
121. L'application t 2 ]0; +1[ 7 ! exp(at) exp(bt) 2 R est continue.
t
exp(at) exp(bt)
lim
= a b.
t!
t
Si a = b la fonction est integrale ; l'integrale est nulle.
exp(at) exp(bt) exp(at)
Supposons a > b.
t i h t! 1 t .
En fait on peut remplacer 4 par a 2 0; 2 .
0
+
55
351
exp(at) 1
t > t et la fonction n'est pas integrable.
Si a < 0, t!lim1 t exp(at) = 0 et la fonction est integrable.
t
Finalement la fonction est integrable si et seulement si a et b sont strictement
negatifs.
Supposons a et b strictement negatifs. Soit " > 0.
Z 1 exp(at) exp(bt) Z 1 exp(at) Z 1 exp(bt)
dt =
t
t dt "
t dt
"
"
Z 1 exp( u) Z 1 exp( u)
=
u du
u du
"a
"b
Z "b exp( u)
=
u du.
"a
Il existe ' continue sur R telle que 8u 2 R; exp( u) = 1 + u'(u) donc
b Z "b
Z "b exp( u)
Z "b 1 Z "b
u du = "a u du + "a '(u) du = ln a + "a '(u) du.
"a
Nous en deduisons, en calculant la limite lorsque " tend vers 0,
b
Z 1 exp(at) exp(bt)
dt = ln a .
t
Z Choisissons a = 1 et b = n; n 2 NZ . D'apres le resultat precedent
1 exp( t) exp( nt)
1
dt
= ln(n).
exp( nt) dt = 1 .
t
n
Z
Z
n
n
1
1
X1
X
exp( t) exp( nt) dt
ln(n) =
exp( kt) dt
t
k k
k
Si a>0,
2
+
+
+
+
+
+
+
0
+
+
0
0
+
=1
Z
0
=1
1
n
X
+
!
0
Z
1 exp(
t) exp( nt) dt
t
Z 1 1k exp( nt) exp( t) exp( nt) =
dt.
exp(t) 1
t
f : t 2]0; +1[7 ! exp(t1) 1 exp(t t) 2 R est continue et a pour limite 21
en 0. 1
exp(
t
)
lim t
= 0 donc f est integrable.
t! 1
exp(t) 1
t
t 2]0; +1[7 ! 1t exp(t1) 1 2 R est continue et a pour limite 12 en 0.
8t 2]0; +1[; 06 1t exp(t1) 1 6 12 . En eet ces inegalites equivalent aux inegalites 062 (exp(t) t 1) 6t(exp(t) 1).
exp est convexe donc la courbe repesentative est hh au-dessus ii de la tangente en
=
+
0
=1
+
0
2
+
exp( kt) dt
+
0
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
352
tout point ; en particulier la tangente au point d'abscisse 0 donc exp(t)>1 + t.
La seconde inegalite equivaut a (2 t) exp(t)62 + t.
Posons, pour t>0, (t) = (2 t) exp(t) 2 t.
0 (t) = (1 t) exp(t) 1, 00 (t) = t exp(t)60. 0 (0) = 0 donc 0 (t)60 et
est decroissante ; (0) = 0 donc (t)60. L'inegalite recherchee est veri1
1
ee et l'application t 2]0; +1[7 ! exp( nt)
2 R est intet
exp(
t
)
1
1
Z 1
n
X
1
1
grable et
ln(n) =
exp( nt)
dt
k
t
exp(
t
)
1
k
Z 1 1
exp(
t
)
dt.
+
exp(t) 1
t
1
Z 1
Z
1
1 1
1
dt
6
exp( nt) dt = donc
06
exp( nt)
t exp(t) 1
2
n
!
Z 1 1
n
exp( t) dt = lim X
1 ln(n) = .
n! 1
exp(t) 1
t
k k
+
0
=1
+
0
+
+
56
0
0
+
+
0
=1
122. Il s'agilt la d'une generalisation du resultat precedent.
et deux reels stritement positifs ; < .
ZSoient
Z f (at) Z f (bt) Z a f (t) Z b f (t)
f (at) f (bt)
dt =
dt
dt =
dt
dt.
t
t
t
a t
b t
Nous
Z f (enat)deduisons
f (bt) dt = Z b f (t) m dt + Z b m dt Z b f (t) M dt
t
t
t
a
a t
a
Z b M
dt
a t
b
Z b f (t) m Z b f (t) M
=
t dt + a
t dt (M m) ln a .
a
b Soit K un reel strictement positif superieur a 2 ln
a .
"
Soit " > 0. Il existe > 0 tel que pour t 2]0; ] on ait jf (t) mj6"0 = .
K
Il existe A > 0 tel que pour t>A on ait jf (t) M j6"0 .
Choisissons tel que max(a; b)6 et tel que min(a; b )>A. Dans ces
conditions
Z b f (t) m b " Z b f (t) M b "
6"0 ln 6 et 6"0 ln 6 .
dt
dt
t
a
2
t
a
2
a
a
Il existe donc > 0 et A > 0 tel que pour 0 < 6 et >A on ait
1
56
Nous avons deja vu que la suite
d'Euler .
1
n
X
1
k=1 k
1
!
ln(n)
n2N 1
est convergente; sa limite est la constante
353
Z f (at) f (bt)
a dt (M m) ln b 6".
t
Z 1 f (at) f (bt)
+
dt est donc convergente et de valeur
L'integrale impropre
t
(M m) ln a .
b
b
Z 1 exp( at) exp( bt)
dt = ln a .
f (t) = exp( t) donc m = 1; M = 0 et
t
0
+
0
123. Soient et deux reels stritement positifs ; < .
Z cos(at) cos(bt) Z cos(at) Z cos(bt)
dt =
t
t dt t dt
Z a cos(t) Z b cos(t)
=
t dt b t dt.
a
Nous
en deduisons
Z cos(
at) cos(bt) dt = Z b cos(t) 1 dt + Z b 1 dt Z b cos(t) dt
t
t
t
t
Zab cos(t) 1 Zab cos(t) a b =
dt +
t
t dt + ln a .
a
a
Z b cos(t) sin(t) b Z b sin(t)
En integrant par parties nous avons
t dt = t a + a t dt.
a
t) est integrable sur [1; +1[ donc
t 7 ! sin(
Z b cos(t)
Z tb sin(t)
lim
dt = 0 et !lim1
! 1 a t
t dt = 0.
a
cos(t) 1 = 0 donc t 2]0; 1] 7 ! cos(t) 1 2 R est integrable et nous en
lim
t!
t
t
Z b cos(t) 1
deduisons lim
dt = 0.
!
t
a
Z 1 cos(at) cos(bt)
L'integrale impropre
dt est donc convergente et de vat
b
leur ln .
a
2
2
2
+
+
0
0+
+
0
124. f est de classe C sur ]0; 1].
x
cos x
1
0
Pour x 2]0; 1] f (x) =
x + 4 sin 2 .
1 =1
1
Lorsque x tend vers 0, 1
x
x 2 sin( ) x x (1 + o(x)) = o(1).
f est continue en 0.
x 1 x + o(x )
x
cos x
1
= 1 12 + o(x ) .
sin
=
4
2
x 1 x + o(x ) x
1
2
2
2
2
2
2
2
8
2
3
2
24
2
3
2
3
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
354
0 (x) = 1 .
Nous en deduisons f 0 (x) = 1 + o(x) et xlim
f
!
12
12
f est donc de classe C . i i sin n + x
1
2
R est continue et a pour limite n + en 0.
x 2 0; 2 7 !
x
2
2 sin
In est bien deni.
Z
In
In = cos((n + 1)x) dx = n +1 1 sin (n + 1) 2 .
E( n )
n
X
X ( 1)p
1
.
I = 4 donc 8n 2 N ; In = 4 + k sin k 2 = 4 +
2p + 1
p
k
t 2 R 7 ! sin(t t) 2 R est continue. Integrons par parties sur [a; b] ]0; +1[.
Z b sin(t) 1 cos(t) b Z b 1 cos(t)
Nous obtenons
+
dt.
t dt =
t
t
a
a
a
t 2 R 7 ! 1 tcos(t) 2 R est continue.
1 cos(t) 1
1 cos(t) 1
1 cos(t)
lim
= , 06
6
donc t 2 R 7 !
2 R est int!
t
2
t
t
t
tegrable. En faisant tendre a vers 0 et b vers +1 nous en deduisons que
t 2 R 7 ! sin(t t) 2 R a une integrale impropre convergente et
Z 1 sin(t) Z 1 1 cos(t)
dt.
t dt =
t
t
Considerons le changement de variable t 2 R 7 ! x = 2 R qui est un C
2
dieomorphisme. Nous obtenons alors
Z 1 1 cos(t) Z 1 sin (u)
Z 1 sin(t) Z 1 sin (u)
dt =
t
u du donc
t dt =
u du.
f est de classe C donc
2
1 Z 1 sin n + x f (x) dx =
cos n + x f (x)
2
2n + 1
2
0
1
1
2
2
2
+1
0
2
1
0
=0
=1
+
2
+
2
2
0
2
+
2
2
+
+
+
0
2
0
1
+
+
+
+
2
+
2
57
2
0
0
2
0
2
0
1
2
0
2
0
t 2 R+ 7 ! sin(t t) 2 R n'est pas integrable.
2
t)
1 cos(2t) est alors integrable.
En eet j sin(t t)j > (sin(tt)) = 1 cos(2
2t . t 2 R+ 7 !
2t
En integrant par parties entre 1 et b nous obtenons
Z b 1 cos(t)
Z b sin(t)
sin(
b
)
t dt = ln(b)
b + sin(1) 1 t2 dt.
1
t) 2 R est integrable. Mais lim ln(b) = +1 et cela est contradictoire donc
t 2 [1; +1[7 ! sin(
2
b!+1
t
sin(
t
)
t 2 R+ 7 ! t 2 R n'est pas integrable.
57
Z
355
+ 2
cos n + 1 x f 0 (x) dx
2
Z 2n + 1
1
4kf k1 kf 0 k1
donc sin n + x f (x) dx 6
+
et
2
2n + 1 2n + 1
Z 1 lim
sin n + x f (x) dx = 0.
n! 1
2
Z sin n + x
Z 1 dx In.
sin n + x f (x) dx =
2
x
= .
lim
I
=
atan(1)
+
n
n! 1
4 2
Remarque si nous ne connaissons pas encore les series nous pouvons remarquer :
!
Z X
N Z
N
N
X
( 1)p X
p
p
p
p
=
( 1) t dt =
( 1) t dt
p
p 2p + 1 p
Z t2N + 2
Z 1 ( t )N
N
=
dt = 4 + ( 1)
dt.
1+t
1+t
Z tN
Z
1 d'ou le resultat.
N =
06
dt
6
t
1+t
2N + 3
Z sin n + x
Nous obtenons donc n!lim1
dx
= .
x
2
Z n sin(t)
Z sin n + x
dx =
x
t dt.
En utilisant le resultat precedent nous en deduisons que l'integrale impropre
Z 1 sin(t)
dt
est egale a .
t
2
2
0
2
58
0
2
+
0
2
1
2
2
0
0
+
1
=0
=0
0
0
1
2
2
1
+2
2
0
=0
1
+1
2
0
2
+2
0
1
2
2
+
0
(2 +1)
4
1
2
2
2
2
0
1
1
2
0
0
+
0
125. Soient a et b deux reels strictement positifs.
Z b sin(t) cos(t) b Z b cos(t)
dt =
dt.
t
t
t
a
a
a
cos(t) 1
6 donc t>a 7 ! cos(t) 2 R est integrable.
t
t
t
Z b cos(t)
b 2 [a; +1[7 !
dt a donc une limite reelle en +1 et l'integrale ima t
Z 1 sin(t)
propre (comme nous l'avons deja vu)
t est bien denie.
a
Z a sin(t)
sin(
t
)
lim
t!
t = 1 donc
t dt existe.
2
2
2
2
2
+
0
58
0
Voir l'exercice numero 9 de ce chapitre.
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
356
f est donc denie sur [0; +1[. Elle est d'ailleurs de classe C de derivee en x
f 0 (x) = sin(x x) pour x > 0 et f 0 (0) = 1.
Soient a et b deux reels ; 0 < a < b < +
utilisant la relation vue preceZ 11. En
cos(
b
)
cos(
t) dt. En integrant a nouveau
demment nous avons f (b) =
b
t
b
par parties il vient
Z 1 sin(t)
sin(
b
)
cos(
b
)
2
f (b) = b
b
t dt.
1
+
2
+
Zb
a
2
b Z bb
f (x) dx = xf (x)
Nous obtenons donc
Za b
a
a
3
xf 0 (x) dx.
f (x) dx = bf (b) af (a) + cos(a) cos(b).
En faisant tendre a vers 0 nous obtenons
Zb
Zb
0
f (x) dx = bf (b) + 1 cos(b).
sin(b)
Nous en deduisons f (x) dx = 1
2b
b
Z 1 sin(t) Z 1 2
1
2b
6b
dt
dt
= .
t
t
b
b
b
0
+
+
3
Nous avons b!lim1
Z
+
1
+
0
Zb
0
Z
1 sin(t)
+
t
3
b
dt.
3
f (x) dx = 1. f a une integrale impropre convergente et
f (x) dx = 1.
126. (a) Puisque f 00 a son integrale impropre convergente sur R , f 0 a une limite
reelle en +1.
Nous savons qu'une application continue sur R ayant une limite nie
en +1 est uniformement continue et bornee. f 0 est donc uniformement
continue et bornee.
En utilisant l'inegalite des accroissements nis nous obtenons 8(x; y) 2
(R ) ; jf (x) f (y)j6kf 0 k1 jx yj. f est donc uniformement continue.
Si la limite, l, en +1 de f 0 n'est pas nulle (strictement positive par
exemple) alors il existe a > 0 tel que t>a ) f 0 (t)> l puis, pour x>a,
2
Zx
Zx
l
0
f (x) f (a) = f (t) dt> 2 (x a). f (t) dt>(x a)f (a) + 4l (x a) .
a
a
Nous en deduisons que l'integrale impropre de f n'est pas convergente. l
est donc nul.
f etant uniformement continue et ayant son integrale impropre convergente nousZavons
deja vu que f a une limite nulle en +1. Dans ces
x
conditions f 0 (t) dt = f (x) f (0) a une limite quand x tend vers +1.
+
59
+
+
2
2
60
0
Voir l'exercice numero 2 du chapitre premier.
60
Voir l'exercice numero 109 precedent.
59
357
f 0 a son integrale impropre convergente sur R .
(b) Si n = 0, le resultat est immediat. supposons n 2 N .
Nous
parties : x
Z x obtenons en inte1grant deux fois par
f (t) cos(nt) dt = n f (t) sin(nt) + n1 f 0 (t) cos(nt)
1 Z x 00
f (t) cos(nt) dt.
n
f 00 etant integrable nous obtenons en faisant tendre x vers +1
Z 1
Z 1
1 0
1
f (t) cos(nt) dt = n f (0) n
f 00 (t) cos(nt) dt.
+
2
0
0
2
+
0
+
2
0
2
0
127. Soient a et b deux reels ; a < b.
t 2 R 7 ! exp(ixt) et t 2 R 7 ! t 1 iz sont de classe C 1 .
En integrant par parties sur [a; b] nous obtenons :
Z b exp(ixt) 1 exp(ixt) t b 1 Z b exp(ixt)
dt = ix t iz
+
dt.
a t iz
t a ix a (t iz )
ixt) 2 C est integrable donc la limite lorsque a tent vers 1
t 2 R 7 ! (exp(
y iz )
et b tend vers
1 de l'integrale sur [a; b] precedente existe et est egale a
Z 1+exp(
1
ixt) dt. En integrant a nouveau par parties, nous obteF (x) = ix
1 (t iz )
nons :
Z b exp(ixt) 1 exp(ixt) t b 2 Z b exp(ixt)
dt = ix (t iz )
+
dt.
a (t iz )
t a ix a (t iz )
Z 1 exp(ixt)
2
Nous en deduisons F (x) =
x 1 (t iz ) dt.
exp(ixt)
Posons, pour (t; x) 2 R , g(t; x) =
.
(t iz )
@g = it exp(ixt) .
g est de classe C 1 et @x
@g t (t iz)
(t; x) = ne depend pas de x. t 2 R 7 ! t 2 C est conti@x
(t iz )
(t iz )
it
exp(
ixt
))
nue, integrable ; x 2 R 7 !
2 C est continue. F est donc derivable
(
t
iz
)
Z 1 exp(ixt)
Z 1 it exp(ixt)
4
2
0
et F (x) =
x 1 (t iz ) dt x 1 (t iz ) dt.
En simpliant nous obtenons :
Z 1 exp(ixt) 2z Z 1 exp(ixt)
2
2
i
0
F (x) = x F (x) x
dt + x
dt
(
t
iz
)
(
t
iz
)
1
1
2z Z 1 exp(ixt)
=
x 1 (t iz ) dt = zF (x).
=
2
=
2
+
2
=
2
2
3
=
+
2
3
2
3
3
3
3
3
+
+
3
3
2
3
+
2
2
+
2
+
3
2
3
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
358
Il existe deux constantes et telles que F (x) = exp( zx) pour x > 0 et
F (x) = exp(
zx) pour x < 0.
Z
1
1 dt. F possede alors une limite nulle en 1 et en
jF (x)j 6 x1
1 jt iz j
Z 1 exp(ixt)
+1. Il faut donc avoir = 0 et alors 8x 2 R ;
dt = 0.
1 t iz
Montrons que = 2i.
Posons zZ = a + ib avec a et b reels. Z
1 exp(ix((t + b) b))
1 exp(ix(t b)
dt
=
F (x) =
(t + b) ia
t Z ia dt
1
1
1 exp(ixt)
= exp( ixb)
dt.
1 t ia
Z 1 exp(ixt)
Nous avons donc exp( ax) =
dt.
1 t ia Z 1
exp(ixt) dt = 2i .
Montrons alors que l'on a lorsque a > 0 : lim
x!
t ia
Z 1 exp(ixt)
Z 1 t sin(xt) + a cos(xt) 1
dt = 2i
dt.
t +a
1 t ia 1
cos(
xt
)
8(x; t) 2 R ; t + a 6 t + a .
La continuite de (x; t) 2 R 7 ! cos(xt) 2 R permet de conclure que
t +a
Z 1 2ia cos(xt)
x2R7 !
t + a dt 2 C est continue ;
Z 1 a
Z 1 2ia cos(xt)
!
t + a dt = 2 car a > 0 donc donc xlim
t + a dt = i
Z 1 y sin(xt)
Eectuons, dans l'integrale 2i
t + a dt, le changement de variable
+
2
+
+
+
+
+
+
0+
+
+
2
0
2
2
2
2
2
2
2
2
2
+
2
0
2
+
+
2
0
2
0+
2
0
2
+
2
0
2
u = xt ; t 2 R 7 ! u = xt 2 R est un C dieomorphisme donc
Z 1 y sin(xt)
Z 1 u sin(u)
2i
t + a dt = 2i
u + a x du.
Z 1 u sin(u)
Nous devons demontrer que l'on a xlim
2i
!
u + a x du = .
u sin(u) sin(u) = v sin(u) .
Posons v = ax.
u +a x
u
u(u + v )
+
+
0
1
+
+
2
2
0
2
2
2
+
0+
2
0
2
2
2
2
2
2
2
2
Pour prouver le resultat demande, il sut de demontrer que vlim
!
0+
Z
1
+
0
v sin(u) du = 0.
u(u + v )
2
2
v sin(u) 2 R est continue, domiu(u + Zv )
v sin(u) du est nulle.
nee par 1 ; donc la limite en 0 a droite de v 7 !
u(u + v )
L'application (u; v) 2]0; 1] [0; 1] 7 !
2
2
2
1
0
2
2
2
2
Z
359
v sin(u) du 6v Z 1 du . La limite quand v tend vers 0 a droite est
u(u + v ) u
donc a nouveau nulle. Le resultat est donc demontre.
+
1
2
2
1
+
2
2
3
1
128. Supposons = 0.
t) 2 R est de classe C , prolongeable par continuite sur R .
t > 0 7 ! 1 cos(
t
Integrons par parties sur [1; b].
Z b 1 cos(t) t sin(t) b Z b t sin(t)
dt =
+
dt
t
t
t
t sin(t) b Z b sin(t)
=
t
t dt + ln(b).
sin(t) 1
Z
6 donc b!lim1 b sin(t) dt = l 2 R ; nous en deduisons
t
t
t
Z b 1 cos(t)
lim
dt = +1. L'integrale impropre n'est pas convergente (la
b! 1
t
fonction est de signe xe ; cela equivaut ici a la non integrabilite).
6= 0. Supposons
exp(it) cos(t) > j sin(t)j ; nous avons deja vu que t 7 ! sin(t) 2 R n'est
t
t
t
exp(
it
)
cos(
t
)
pas integrable. donc t 7 !
n'est pas integrable sur R .
t
t 2 R 7 ! exp(itt ) 1 2 C est continue, prolongeable par continuite sur R ;
1 cos(t)
de m^eme t 2 R 7 !
2 R est continue, prolongeable par continuite
Z a exp(tit) 1 Z a exp(it) 1
sur R. Soit a > 0.
dt =
dt,
t
t
Z a exp(it) cos(t) Z a exp(it) 1 Z a 1 cos(t)
dt =
dt +
dt.
t
t
t
Z jja cos(t) 1
Z a sin(t)
=
dt + i
t
t dt.
a
Z jja cos(t)
Z a sin(t)
=
t dt + i
t dt ln(jj).
a
Z jja cos(t) sin(t) jja Z jja sin(t)
sin(t)
dt
=
+
dt
. t>1 7 !
t Z
t a
t
t 2 R est integrable
a
a
jja sin(t)
donc a!lim1
t dt = 0.
a
Z a exp(it) cos(t)
Finalement a!lim1
dt
= ln(jj) + i sgn() et l'integrale
t
2
1
1
1
1
2
+
2
+
+
2
1
2
1
2
1
1
61
+
0
0
0
0
0
0
0
2
2
+
+
61
0
Voir l'exercice numero 100 de ce chapitre.
2
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
360
impropre est convergente.
129. Soit, pour x>0, F (x) =
Zx
Z
Z
1
+
1
+
f (t) dt
f (t) dt =
f (t) dt.
x
F est une primitive de f , elle est de classe C et a une limite nulle en +1.
"
Soit " > 0. Il existe A > 0 tel que t>A ) jF (t)j6 .
3
Z
Z
1 x
1 x
x tf (t) dt = F (x) x F (t) dt.
1 Z x
" 1 Z A
" x A
Pour x>A nous avons x tf (t) dt 6 3 + x F (t) dt + 3 x .
1 Z A
" x A 2"
"
lim +
F (t) dt + 3 x = 3 .
x! 1 3 x
1 Z A
" x A
"
Il existe donc B >A tel que x>B ) 06 + F (t) dt + 3 x 6" c'est3
x
1 Z x
a-dire x!lim1
x tf (t)dt = 0.
0
0
1
0
0
0
+
0
0
0
+
0
130. Posons '(t; x) = exp( t + 2itx).
j'(t; x)j = exp( t ) ; t 2 R 7 ! exp( t ) 2 R est integrable donc f existe.
' est de classe C 1 sur R , @'
@x (t; x) = 2it exp( t + 2itx).
@' (t; x) = 2t exp( t ).
@x
2
2
2
2
2
2
Le theoreme
de derivation s'applique et f 0 (x) =
Z
1
+
2it exp( t + 2itx) dt.
2
1
( i)( 2t + 2ix) exp( t + 2itx)
= 2it exp( t + 2itx) + 2 x exp( t + 2itx) + 2 x.
Nous avons donc
Z 1
0
f (x) + 2 xf (x) = ( i) ( 2t + 2ix) exp( t + 2itx) dt = 0.
2
2
+
2
2
2
2
2
1
p
2 xf (x) puis f (x) = f (0) exp( x ) avec f (0) = p
c'est-a-dire f (x) = exp( x ).
Il vient alors f 0 (x) =
2
2
2
2
2
131. t 2 R 7 ! exp( tx) sin(t) 2 R est continue de limite egale a 1 en 0.
t
sin(
t
)
exp( tx) 6 exp( tx).
t
Pour x > 0 la fonction est integrable.
Pour x = 0, la fonction, comme nous l'avons deja vu possede une integrale
impropre convergente.
+
62
62
Voir l'exercice numero 97 de ce chapitre.
361
sin(t)
1
Posons pour (x; t) 2 (R) ; '(x; t) = exp( tx)
t . ' est de classe C .
@' (x; t) = exp( tx) sin(t).
@x
@' Soit a > 0. Pour x>a (x; t) 6 exp( at). La restriction de f a [a; +1[
@x
est donc de classe C ; a etant quelconque strictement positif f est donc de
2
1
classe C
1
sur R
+
et pour x > 0 nous avons
f 0 (x) =
Z
1
+
0
exp( tx) sin(t) dt.
Une primitive de t 7 ! exp( tx) sin(t) est la partie imaginaire d'une primitive
1
exp(t(i x)).
de t 7 ! exp(t(i x)) c'est-a-dire t 7 !
1 i 1x
Nous obtenons f 0 (x) = =m
i x = 1 + x puis l'existence d'une constante
reelle C telle que pour tout x > 0 on ait f (x) = C atan(x).
Z 1
jf (x)j6 exp( tx) dt = x1 donc x!lim1 f (x) = 0 et C = 2 .
1
Pour x > 0 on a donc f (x) =
atan(x) = atan
2
x .
Z 1 sin(t) dt
= donc pour x>0; f (x) = atan(x).
t
2
2
Cela prouve que f est continue sur R .
2
+
+
0
+
0
+
1
132. Posons, pour (t; x) 2 R R, '(t; x) =
t + 1 cos(tx). ' est de classe
C 1 . j'(t; x)j 6 1 +1 t ; la dominante est integrable donc f est denie sur R,
continue, bornee sur R. f (0) = .
2
Pour x 6= 0, calculons f (x) en integrant par parties entre 0 et a puis faisons
tendre a vers +1.
Z 1 t
x
Nous obtenons alors f (x) =
sin(tx) dt.
2
(1 + t )
t sin(tx). est de classe C 1 .
Posons, pour (t; x) 2 R R, (t; x) =
(t + 1)
@ (t; x) = t cos(tx). @ (t; x 6 t .
@x (1 + t )
@x
(t + 1)
La dominante est integrable ; f est donc derivable sur R et
Z 1 t
Z 1 1
0
xf (x) + f (x) = 2 (t + 1) cos(tx) dt = 2f (x) 2 (t + 1) cos(tx) dt.
1
(t; x) 2 R R 7 !
cos(tx) 2 R est de classe C 1 .
(t + 1)
t sin(tx) dominee par
La derivee par rapport a x est egale en (t; x) a
(t + 1)
+
2
2
+
0
+
2
2
2
2
2
2
2 2
+
0
+
2 2
+
2
2
2
2
2
0
2
2
2
2
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
362
t 2 R 7 ! (t +t 1) 2 R. La dominante est integrable ; nous en deduisons
Z 1 t
00
0
alors que f est derivable sur R et xf (x) = 2
sin(tx) dt = xf (x)
(t + 1)
c'est-a-dire pour x 6= 0; f 00 (x) = f (x).
exp(x) + exp( x) si x > 0
f (x) = exp(x) + exp( x) si x < 0 ou 9( ; ; ; ) 2 R .
Z 1 dt
8x 2 R; jf (x)j6 t + 1 . f est bornee donc = = 0. La continuite de
f en 0 implique alors = = f (0) = 2 .
Nous avons donc pour x 2 R; f (x) = exp( jxj).
2
t 2 R 7 ! t +t 1 sin(tx) 2 R est continue.
sin(t) L'application t 2 R 7 ! t 2 R est continue, prolongeable par continuite en 0.
Supposons cette fonction integrable.
(sin(t)) 6j sin(t)j donc l'application t 2 R 7 ! (sin(t)) 2 R est integrable ;
t
ce qui equivaut, car cette fonction
est
positive,
a
l'existence
limite reelle,
Z x (sin(t))
Z x 1 Z xd'une
cos(2
t) dt. En inlorsque x tend vers +1, de
dt
=
dt
t
t
t
+
2
2
+
0
1
2
2
2
1
1
2
2
1
4
2
+
1
2
0
2
+
2
1
2
+
+
2
2
+
+
2
1
tegrant par parties nous obtenons
sin(2t) 1
6
2t 2t
donc x!lim1
Z x cos(2t)
sin(t) Si t 2 R 7 ! t 2R
2
2
+
1
t
1
+
+
Z x cos(2t)
t
1
dt =
sin(2t) x Z x sin(2t)
dt = sin(2)
+
2
1
+
2t
Z
1
1
1 sin(2t)
+
2t
2
1
2t
2
dt.
dt 2 R.
est integrable alors x 2 R 7 ! ln(x) 2 R possede
+
une limite reelle en +1. La fonction proposee n'est donc pas integrable.
t sin(tx) 1 sin(tx) donc t 2 R 7 ! t sin(tx) 2 R
Pour x 6= 0,
t! 1 t
t +1
t +1
n'est pas integrable lorsque x est non nul.
Montrons que l'integrale impropre est convergente.
En integrant, pour x 6= 0, par parties entre 0 et a > 0 puis en faisant tendre
a vers +1 nous
Z 1obtenons
t cos(tx) dt = xf 0 (x) f (x) = (jxj 1)f (x).
2xg(x) = 2
(1 + t )
jxj 1 Nous avons donc 8x 2 R ; g(x) =
exp( jxj) et g(0) = 0. g n'est
4
x
pas continue en 0.
2
+
+
0
+
2
2 2
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
2
363
1 cos(t)
2 R est continue, prolongeable par contit
1 cos(t) 2
6 t . La fonction proposee est
nuite en 0. x>0 donc 06 exp( tx)
t
donc integrable.
(t)
x 2 R 7 ! exp( tx) 1 cos
2 R est continue dominee par une fonction int
tegrable donc F est continue sur R .
1 cos(t)
.
Posons, pour (t; x) 2 R R , '(t; x) = exp( tx)
t
n
' est de classe C 1 . @@x'n (t; x) = ( t)n exp( tx) 1 tcos(t) .
@n'
Pour x 2 [a; +1[ avec a > 0 on a n (t; x) 62tn exp( ta).
@x
La dominante est integrable ; F est donc de classe C 1 sur R et
Z 1
n
8n 2 N; 8x 2 R ; F (x) =
( 1)ntn exp( tx) 1 cos(t) dt.
t
n
@ ' (t; x) = 0 donc lim F n (x) = 0.
lim
x! 1 @xn
x! 1
Z 1
00
Nous avons 8x 2 R ; F (x) = exp( tx)(1 cos(t)) dt.
133. t 2]0; +1[7 ! exp( tx)
2
2
+
2
2
+
+
+
2
2
2
+
+
+
( )
2
0
( )
63
+
+
+
+
0
Une primitve de t 7 ! exp( tx)(1 cos(t)) est la partie reelle d'une primitive
1 exp((i x)t).
de t 7 ! exp( tx)(1 exp(it)) qui est 1 exp( tx)
x
i x
1 x cos(
t) sin(t) exp( tx).
Une primitive est donc t 7 !
+
x
x +1
1
Nous avons alors F 00 (x) =
puis F 0 (x) = ln(x) 1 ln(x + 1) + C .
x(x + 1)
2
0
lim F (x) = C donc C = 0. En integrant par parties nous obtenons ,
x! 1
F (x) = x ln(x) 21 x ln(x + 1) atan(x) + D.
x 1
x
lim F (x) = D
donc 8x 2 R ; F (x) = ln
x! 1
2
2
x + 1 + atan x .
2
2
2
+
2
2
+
+
2
Soit f une application denie sur I J ou I et J sont deux intervalles de R. Supposons que,
pour x xe dans J , t 2 I 7 ! f (t; x) 2 C soit continue par morceaux, integrable. Supposons qu'il
existe ' une application denie de I dans R+ continue par morceaux, integrable veriant pour
(t; x) 2 I J; jf (t; x)j6'(t).
Soit a 2 J ; supposons que pour t 2 I on ait xlim
!a f (t; x) = g (t) avecZg continue par morceaux.
Z
Alors x 2 J 7 ! f (:; x) possede une limite en a ; celle-ci est egale a g.
I
I
En eet. Soit (xn)n2N une suite de points de J qui converge
Z versZ a. Posons gn(t) = f (t; xn). gn
verie le theoreme de convergence dominee donc n!lim
gn = g. Ce resultat etant vrai pour
+1 I
I
toute suite telle que (xn )n2N le resultat est acquis.
63
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
364
x x 1 lim
ln
+ atan
= .
2
F est continue en 0 donc F (0) = x! 2 x + 1
x
2
Z 1 1 cos(t)
dt.
F (0) =
t
En utilisant le changement de variable t > 0 7 ! u = t > 0 nous obtenons
2
= F (0) = Z 1 sin (u) du.
2
u
Z b sin(t) 1 cos(t) b Z b 1 cos(t)
+
dt.
Pour a et b > 0,
t dt =
t
t
a
a
a
1 cos(t)
1 cos(t)
lim
= 0, t!lim1
= 0 donc l'integrale impropre
t!
t
t
Z 1 sin(t)
Z 1 sin(t) Z 1 sin (u)
dt
est convergente et
dt
=
du
= .
t
t
u
2
2
0+
+
2
0
+
2
2
0
2
0
+
+
+
0
+
0
2
2
0
1 cos(tx) exp( t) = x .
134. lim
t!
t
2
La fonction t 2]0; +1[7 ! 1 cos(tx) exp( t) 2 R est donc prolongeable en
t
1 cos(tx)
une application continue sur R . t!lim1 t
exp( t) = 0
t
L'application est donc integrable.
(t; x) 2 R R 7 ! '(t; x) = 1 cos(tx) exp( t) 2 R est de classe C 1 .
t
@' (t; x) = sin(tx) exp( t), @ ' (t; x) = cos(tx) exp( t).
@x@'
t
@ '@x (t; x) 6jxj exp( t), (t; x) 6 exp( t).
@x
@x
Soit a > 0. Sur [ a; a] nous pouvons appliquer le theoreme de derivation. a
etant quelconque, f est deux fois derivable et
Z 1 sin(tx)
Z 1
0
00
8x 2 R; f (x) =
t exp( t) dt et f (x) = cos(tx) exp( t) dt.
Une primitive de t 7 ! cos(tx) exp( t) est la partie reelle d'une primitive de
t 7 ! exp((ix 1)t) soit la partie reelle de t 7 ! ix 1 1 exp((ix 1)t) c'est-adire t 7 ! ( cos(tx) + x sin(tx)) exp( t) .
1+x
1
Finalement f 00 (x) =
.
1+x
Nous en deduisons f 0 (x) = atan(x) + f 0 (0) = atan(x) et, f (0) etant nul,
f (x) = x atan(x) 12 ln(1 + x ).
2
0
2
2
+
+
2
+
2
2
2
2
2
2
64
+
+
0
0
2
2
2
64
En fait indeniment
365
tx) exp( t).
Remarque posons g(0; x) = x2 et pour x 6= 0; g(t; x) = 1 cos(
t
2
8(x; t) 2 R R ; g(t; x) =
X1
1)nx2n+2 t2n exp(
(
+
2
t) .
(2n + 2)!
En integrant par parties sur [0; a] nous obtenons, pour p 2 N ,
+
Za
tp exp(
0
t) dt =
Il vient alors
Z
Z
1
+
0
ap exp(
Z
1
+
0
tp exp(
tp exp( t) dt = p!
1 x2n+2 t2n exp(
Z
n=0
a) +
Z
t) dt =
0
1
0
+
ptp exp( t) dt.
1
ptp exp( t) dt puis
0
1
+
Za
1
65
exp( t) dt = p!.
xn
.
(2n + 2)!
(2n + 1)(2n + 2)
xn
Pour jxj61, la serie de terme general
converge donc le theo(2n + 1)(2n + 2)
reme \ d'echange serie integrale" s'applique et
X1 ( 1)nx n
8x 2 [ 1; 1]; f (x) = (2n + 1)(2n + 2) soit encore, f 00 (x) = 1 +1 x , pour
n
jxj < 1.
+
0
t) dt =
2 +2
2 +2
+
2 +2
2
=0
135. ' : (x; t) 2 R [0; 1] 7 ! exp( x(1 + t ) 2 R est de classe C 1 .
1+t
@' (x; t) = exp( x(1 + t )).
@x
Soit a 2 R . Pour jxj6a nous avons exp( x(1 + t ))6 exp(2a). Le theoreme
de derivation s'applique.
Z
0
f est de classe C et 8x 2 R; f (x) = exp( x) exp( xt ) dt.
f (0) = atan(1) = 4 .
Pour x>0; exp( xt )61 ; x60; exp( xt )>1.
Pour x>0, 06f (x)6 exp( x) et pour x60, f (x)> exp( x).
4
4
Nous en deduisons x!lim1 f (x) = 0 et x!lim1 f (x) = +1.
2
2
2
2
+
1
1
2
0
2
2
+
g0 (x) = 2xf 0 (x2) =
Z
1
2x exp( x ) exp( x t ) dt. g0 (0) = 0.
Pour x 6= 0, a l'aideZ du
changement de variable t 7 ! xt, nous obtenons
x
g0 (x) = 2 exp( x ) exp( u ) du. Le resultat est vrai,aussi pour x = 0.
Z x
Nous en deduisons g(x) +
exp( u ) du = g(0) = f (0) = .
4
2
2 2
0
2
2
0
2
2
0
65
Il s'agit de (p + 1) = p!.
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
366
Les resultats precedents conduisent a x!lim1
Zx
0
exp( u ) du>0 donc x!lim1
2
Zx
+
0
Z x
+
0
exp( u ) du
exp( u ) du =
2
2
p Z
2
=
1
+
0
2
= .
4
exp( u ) du.
2
dt
136. Pour j cos(x)j 6= 1, (soit sin(x) 6= 0), t 2 [0; ] 7 !
2 R est
1 + cos(x) cos(t)
continue.
Supposons sin(x) 6= 0.
L'application u 2 [0; +1[7 ! t = 2 atan(u) 2 [0; [ est un C dieomorphisme
Z 1
Z
2
dt
=
du
donc
1 + cos(x) cos(t)
(1 cos(x))u + (1 + cos(x))
Z 1
1
du.
=
x
sin
u + cos x
x
tan
1
2
= sin(x)
. Nous avons alors :
sin x u + cos x
1 + u tan x
x Z dt
Pour tan
>
0;
= ,
2
1 + cos(x) cos(t) sin(x)
x Z dt
,
Pour tan
<
0;
=
2
1 + cos(x) cos(t)
sin(x)
Z
dt
c'est-a-dire
= .
1 + cos(x) cos(t) j sin(x)j
Pour sin(x) = 0, l'integrale n'est pas denie.
1
+
2
0
0
+
0
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
0
0
0
h i
137. Pour t 2 0; , 1 + cos(t) cos(x) s'annule si et seulement si cos(x) = 1.
2
i i
1
1
2 donc t 7 !
n'est
pas
int
e
grable
sur
0; .
1 cos(t) t! t
1 cos(t)
2
h i
1
Pour cos(x) 6= 1, t 2 0;
7
!
2 R est continue.
2
1 + cos(t) cos(x)
t
h i
Considerons le changement de variable t 2 0; 7 ! u = tan
2 [0; 1]
2
2
qui est un C dieomorphisme. Nous obtenons
Z
F (x) = (1 + cos(x)) 2+du
.
(1 cos(x))u
Pour cos(x) = 1 F (x) = 1.
s
"
!#u
2
1 cos(x)
Pour cos(x) 6= 1 F (x) =
j sin(x)j atan u 1 + cos(x) u .
Nous obtenons donc F (x) = 2 atan tan x .
j sin(x)j
2
x
Pour x 2]0; [, F (x) =
. F est paire donc pour x 2] ; [nf0g
sin(x)
0
2
1
1
0
2
=1
=0
367
F (x) = sin(x x) . F (0) = 1 donc F est continue sur ] ; [ et est 2-periodique.
lim F (x) = +1.
x!
sin(x) x cos(x)
0 (x) = 0 donc F est
Pour x 2] ; [nf0g F 0 (x) =
et xlim
F
!
sin (x)
de classe C sur ] ; [.
F 0 (x) a sur ] ; [ le signe de g(x) = sin(x) x cos(x).
g0 (x) = x sin(x)>0. g(0) = 0 donc F est decroissante sur ] ; 0] croissante
sur [0; [.
Nous obtenons le trace suivant :
2
0
1
12
10
8
6
4
2
–2
0
2
4
6
8
138. Je rappelle le resultat suivant Soient u et v deux application de classes C de
66
1
Voir page 200 du livre hh Resume de cours ii deja cite.
Redemontrons ce resultat :
Reprenons les hypotheses de l'enonce. Soit a 2 A. Il existe un intervalle ferme borne, Ia, inclus
dans A voisinage dans A de a. Soit t0 2 I . Il existe un intervalle ferm
e, Ja, inclus dans I
Z ve(xborn
)
voisinage dans I de v(a) contenant t0. Notons pour x 2 A; g1(x) = f (x; t) dt. Soit h tel que
t0
a + h soit dans Ia. Z
Z
v(a)
v(a+h)
g1(a + h) g1(a) = (f (a + h; t) f (a; t)) dt +
f (a + h; t) dt.
66
t0
v(a)
Z v(a)
@f
f et @x sont continues ; le theoreme de derivation s'applique et g2 : x 2 Ia 7 !
f (x; t) dt
t0
Z v(a) @f
est de classe C 1 et verie g20 (x) =
@x (x; t) dt.
1Z va
Nous en deduisons hlim
!0 h
t0
( )
t0
(f (a + h; t) f (a; t)) dt =
Z v a @f
@x (a; t) dt.
( )
t0
(x; t) 2 Ia Ja 7 ! f (x; t) 2 R est continue sur un compact donc uniformement continue.
Soit " > 0; il existe > 0 tel que 8t 2 Ja, 8x 2 Ia, jx aj6 ) jf (x; t) f (a; t)j6 2(1 + j"v0 (a)j) .
Z v a h
1
v
(
a
+
h
)
v
(
a
)
"
Soit alors jhj6 et a+h 2 Ia. h
(f (a + h; t) f (a; t)) dt 6 h
2(1 + jv0 (a)j) .
va
( + )
( )
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
368
A dans I (A et I sont des intervalles de R d'interieurs non vides), soit f une
application de A I dans R veriant les hypotheses suivantes :
f est continue, @f
@x est continue sur A I .
Alors l'aplication g : x 2 A 7 !
g0 (x) = v0 (x)f (x; v(x))
Z vx
( )
u(x)
u0 (x)f (x;
f (x; t) dt 2 R est de classe C et
1
Z v x @f
u(x)) +
@x (x; t) dt.
( )
u(x)
ln(1 + xt)
Ce resultat s'applique avec u(x) = 0; v(x) = x; f (x; t) =
, A =
1+t
R , I = R ou A = R , I = R .
La restriction de f a R ou a R est de classe C et Nous obtenons alors
ln(1 + x ) Z x
t
0
f (x) = 1 + x + (1 + xt)(1
dt.
+t )
2
+
+
1
+
2
2
0
2
v(a + h) v(a) "
"
"
0
lim h! h
2(1 + jv0 (a)j) = jv (a)j 2(1 + jv0(a)j) 6 2 .
v(a + h) v(a) "
Il existe alors 2]0; ] tel que pour jhj6 et a + h 2 Ia on ait h
2(1 + jv0 (a)j) 6"
1Z va h
0
c'est-a-dire hlim
!0 h
( + )
v(a)
(f (a + h; t) f (a; t)) dt = 0.
Soit Fa une primitive de t 2 Ja 7 ! f (a; t) 2 R.
1 Z v(a+hf)(a; t) dt = Fa(v(a + h)) Fa (v(a)) qui a pour limite v0 (a)F 0 (v(a)) lorsque h tend vers
a
h v(a)
h
0.
Z v(a) @f
0
Nous en deduisons que g1 est derivable en a et g1(a) =
(a; t) dt + v0 (a)f (a; v(a)). On
@x
t0
fait de m^eme avec la \borne" u(x).
Z v(x) @f
Montrons que l'application g3 : x 2 Ia 7 !
(x; t) dt est continue en a.
@x
t
0
Z v(a) @f
@f (a; t) dt + Z v(a+h) @f (a + h; t) dt.
g3(a + h) g3(a) =
(
a
+
h;
t
)
@x
@x
@x
t0
v(a)
@f est uniformement continue sur I J donc pour " > 0 il existe > 0 tel que pour t 2 J ,
a
a
a
@x
@f
@f
"
jhj6 et a + h 2 Ia on ait @x (a + h; t) @x (a; t) 6 2(1 + jv(a) t j) .
Z v a "
@f
@f
Il vient alors @x (a + h; t) @x (a; t) dt 6 2 .
t0
0
( )
@f Sur Ia Ja @f
est
born
e
e
donc
il
existe
M
a 2 R+ tel que pour tout (x; t) 2 Ia Ja 6Ma .
@x
@x
"
Nous obtenons nalement jg3(a + h) g3 (a)j6 2 + Majv(a + h) v(a)j.
lim " + Majv(a + h) v(a)j = 2" donc il existe 6; > 0 tel que pour jhj6 et a + h 2 Ia on
h!0 2
ait jg3(a + h) g3(a)j6". g3 est bien continue en a et g1 est de classe C 1 puis g est de classe C 1.
369
Zx
Zx t
t
0 (x) = 0. f est donc de
06
dt
6
dt
donc xlim
f
!
(1 + xt)(1 + t )
1+t
ln(1 + x ) Z x
t
0
+
dt.
classe C sur R et 8x 2 R, f (x) =
1+x
(1 + xt)(1 + t )
t
x
t+x
=
+
.
(1 + xt)(1 + t )
(1 + x (1 + xt) (1 + t )(1 + x )
IlZ vient immediatement
x
h
it x x h
it x
t
1
dt = 1 + x ln(1 + xt) + 1 + x atan(t)
(1 + xt)(1 + t )
t
t
h
it x
1
ln(1 + t ) .
+
2(1 + x )
t
Finalement f 0 (x) = ln(1 + x ) + x atan(x) et
Z x ln(1 + tx) 12(1 + x ) 1 + x
dt = 2 atan(x) ln(1 + x ).
1+t
2
0
2
0
0
2
1
2
2
2
0
2
2
2
=
2
0
2
=
2
=0
=0
=
2
2
=0
2
2
2
2
2
0
Par exemple
Z
ln(1 + t) dt = ln(2).
1+t
8
1
2
0
139. Posons F (x) =
Z
+
1 ln(1 + t2 x2 )
1+t
0
2
dt.
Montrons que l'application continue u 2 [1; +1[7 ! ln(u) 2 R est integrable.
u
ln(
u
)
lim u
u! 1
u = 0 ; l'application est donc integrable.
t) .
t 2 R 7 ! ln(11 ++ tt x ) 2 R est continue. Si x 6= 0 ln(11 ++ tt x ) t! 1 2 ln(
t
La fonction est donc integrable pour tout reel x. F est denie sur R.
Posons pour (x; t) 2 R R , g(t; x) = ln(1 + t x ) .
1+t
ln(1 + t x ) ln(1 + t A )
6 1 + t . g etant
Soit A > 0. Pour jxj6A nous avons 06
1+t
continue, F est continue sur R.
@g (t; x) =
2t x
g est de classe C , @x
.
(1 + t )(1 + t x )
Soient a et b deux reels, 0 < a < b.
2t b
2
t
x
6
Pour a6jxj6b nous avons . La domi(1 + t )(1 + t x ) (1 + t )(1 + t a )
nante est integrable donc F est donc de classe C sur R et pour x 6= 0 nous
Z 1
2t x
0
avons F (x) =
dt.
(1 + t )(1 + t x )
67
2
3
2
+
2
2
+
2
2
2
2
2
2
+
+
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
+
0
67
2
2
2
2
Il s'agit d'un cas particulier d'integrale de Bertrand.
2
2
2
2
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
370
2t x
2x
2x
=
.
(1 + t )(1 + t x ) (x 1)(1 + t ) (x 1)(1 + t x )
Nous obtenons donc pour x 6= 0 et jxj 6= 1,
F 0 (x) = (x x 1) sgn(x) (x 1) = (x + sgn(
x)) .
Par continuite, le resultat est vrai sur R donc il existe (C ; C ) 2 R tel que
F (x) = ln(x + 1) + C pour x > 0 et F (x) = ln(1 x) + C pour x < 0.
F (0) = 0 ; par continuite nous en deduisons C = C = 0. En particulier
F (1) = ln(2). F etant continue il vient
Z 1 ln(1 + t x ) Z 1 ln(1 + t )
lim
dt =
dt = ln(2).
x!
1+t
1+t
2
Pour jxj 6= 1,
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
+
2
+
2
2
0
2
2
2
1
1
2
2
2
2
0
140. g : (t; x) 2 [0; +1[R 7 ! exp(itx) 2 C est continue.
exp(itx1)+ t 1
8(t; x) 2 [0; +1[R; 1 + t 6 1 + t . t 2 [0; +1[7 ! 1 +1 t 2 R est continue, integrable donc f est continue.
@g (t; x) = it exp(itx) . Nous ne pouvons alors pas appliquer le theoreme de
@x
1+t
derivation car t>0 7 ! t 2 C n'est pas integrable.
1+t
Soit x 2 R . Integrons par parties sur [0; a]. Nous obtenons
Z a exp(itx) 1 exp(itx) a 1 Z a 2t exp(itx)
dt = ix 1 + t
+
dt.
1+t
ix
(1 + t )
2t exp(itx) = 2t . t>0 7 ! 2t 2 R est integrable donc
(1 + t )
(1 + t )
(1 + t )
Z 1 exp(
Z 1 2t exp(itx)
itx
)
1
1
f (x) =
dt = ix + ix
dt.
1+t
(1 + t )
Z 1 2t exp(itx)
Montrons que ' : x 2 R 7 !
dt 2 R est derivable.
(1 + t )
Notons h(t; x) = 2t exp(itx) . h est de classe C sur R .
(1 + t )
@h (t; x) = 2it exp(itx) . @h (t; x) = 2t 6 2 . La dominante est
@x (1 + t ) 1 + t
@x
(1 + t )
integrable sur R ; nous pouvons appliquer le theoreme de derivation et en
Z 1 2it exp(itx)
0
deduire que ' est de classe C avec ' (x) =
dt. f est donc
(1
+
t
)
derivable sur R.
Z 1 exp(itx)
1
2
0
Nous obtenons, en simpliant, f (x) = f (x)
dt.
x
x
(1 + t )
Montrons que f n'est pas derivable en 0. Soit x 2 R.
2
2
2
2
2
2
2
0
2
2 2
0
2 2
0
2 2
2 2
+
+
2
0
2 2
0
+
0
2 2
1
2
2 2
2
2
2 2
2 2
2
+
+
2
1
2 2
0
+
0
2 2
371
f (x) f (0) = 1 Z 1 exp(itx) 1 dt = sgn(x) Z 1 exp(iu) 1 du.
x
x
1+t
x +u
cos(u) 1
L'application (x; u) 2 (R ) 7 !
2 R est continue.
x
+
u
cos(u) 1 1 cos(u)
8(x; u) 2 R R ; x + u 6 u .
u 2 R 7 ! 1 ucos(u) 2 R est continue, prolongeable par continuite en 0 et
06 1 cos(u) 6 2 donc u 2 R 7 ! 1 cos(u) 2 R est integrable.
u
Zu 1 cos(uu) 1
x7 !
x + u du est donc continue et possede une limite en 0 egale
Z 1 cos(u) 1
a
du. Nous avons deja calcule cette integrale
u
Z 1 cos(u) 1
Z 1 sin u u Z 1 sin (u)
.
d
du
=
=
du
=
u
u
2
u
2
<e(f ) possede donc une derivee a droite en 0 egale a 2 et une derivee a
gauche en 0 egale a .
2
Z 1 sin(u)
Il nous reste a etudier le comportement de
du.
x
+
u
sin(u) 1
Pour u > 0, x + u 6u .
h
h sin(u)
(x; u) 2 [0; +1[ ; +1 7 !
2 R est continue donc
2
x
+
u
Z 1 sin(u)
Z 1 sin(u) Z 1 sin(u)
x 2 R 7 ! x + u du est continue et xlim
du = u du.
! x +u
+
+
2
0
2
2
+
+
2
0
2
2
2
2
2
2
2
+
2
2
+
2
0
2
+
68
2
0
+
+
2
0
0
2
+
2
2
2
2
0
2
+
2
0
2
2
2
2
2
2
+
+
2
2
+
2
0
2
2
h i
Pour u 2 0; , sin(u)> 2u car sin est concave.
2Z 4x + Z u u
sin(
u
)
1
1
Nous obtenons
et
x + u du> x + u du = ln 4x
Z 1 sin(u)
lim
x!
x + u du = +1. f n'est donc pas derivable.
Z n exp(ixt)
Remarque Soit n 2 N. Posons fn(x) =
dt. Pour chaque n 2 N
it exp(ixt) t 1 + t
Z n it exp(ixt)
0
fn est de classe C sur R car 1 + t = 1 + t et fn(x) =
dt.
1+t
Supposons x 6= 0. En integrant par parties nous avons (que n soit entier ou
non)
2
2
0
2
2
2
2
2
2
0
2
2
2
2
+
0
0
2
2
2
0
1
2
68
Voir par exemple l'exercice numero 133 de ce chapitre.
2
0
2
372
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
t exp(ixt) n Z n (1 t ) exp(ixt)
n
x(1 + t )
x(1 + t ) dt.
(1 t ) exp(ixt) j1 t j
Z 1 it exp(ixt)
=
dt
x(1 + t )
jxj(1 + t ) donc l'integrale impropre
1+t
Z 1 it exp(ixt)
Z 1 (1 t ) exp(ixt)
2
f 0 (x) =
2
2 2
0
0
2
+
2
2 2
2 2
2
0
+
+
dt =
2
1+t
x(1 + t ) dt.
Z 1 it exp(ixt)
Z 1 (1 t ) exp(ixt)
n
exp(ixn)
dt = x(1 + n )
1+t
x(1 + t ) dt.
n
n
Soit a > 0 ; supposons jxj>a.
Z 1 it exp(ixt) Z
n
1 1 j1 t j
dt 6 a(1 + n ) + a
dt.
1+t
(1 + t )
n
n
La suite (fn0 )n2N converge donc uniformement sur ] 1; a] [ [a; +1[ ce qui
Z 1 it exp(ixt)
0
prouve que f est derivable sur R et pour tout x 6= 0 f (x) =
dt.
1+t
Remarque en reprenant les calculs faits plus haut nous avons
Z 1 exp(itx)
0
8x 2 R ; xf (x) = f (x) 2
dt.
(1 + t )
Z 1 exp(itx)
Notons, pour x 2 R, g(x) =
dt.
(1 + t )
it exp(itx) = t et
Il est immediat que g est de classe C car (1 + t )
(1 + t )
t 2 R 7 ! (1 +t t ) 2 R est integrable.
Z 1it exp(itx)
0
Nous avons, pour x 2 R, g (x) =
dt.
(1 + t )
En integrant par parties sur [0; a] puis en faisant tendre a vers +1 nous
obtenons g0 (x) = i x f (x).
2 2
g et f etant de calsse C sur R nous deduisons de cette relation que f est de
classe C sur R et 8x 2 R; f 00 (x) f (x) = i .
x
La partie reelle de f est solution de l'equation dierentielle y00 + y = 0 ; il existe
donc quatre constantes reelles ; ; et veriant
8x 2 R ; <e(f (x)) = exp(x) exp( x) et
8x 2 R ; <e(f (x)) = exp(x) + exp( x).
Z 1 dt jf (x)j6 1 + t = 2 . f est bornee donc = = 0.
f est continue et f (0) = 2 donc <e(f (x)) = 2 exp( jxj).
En utilisant la methode de variation des constantes nous obtenons
est convergente et
2
0
+
2 2
0
+
2
2
2
2 2
+
+
2
2
2
2 2
+
2
0
+
2 2
0
+
2 2
0
1
2 2
+
2 2
+
2 2
0
1
2
1
+
2
1
1
2
2
1
2
+
0
2
1
2
2 2
8x 2 R ;
Z x sh(t x)
x) +
t dt et
Z x sh(t x)
=m(f (x)) = a exp(x) + b exp(
1
1
1
8x 2 R ; =m(f (x)) = a exp(x) + b exp( x) +
2
+
373
1
t
dt ou a ; b ; a
1
1
2
et b sont quatre reels.
En utilisant le resultat vu a l'exercice numero 139Z nous obtenons
x ch(t x)
8x 2 R ; =m(f 0 (x)) = a exp(x) b exp( x)
t dt et
Z x ch(t x)
0
8x 2 R ; =m(f (x)) = a exp(x) b exp( x)
t dt.
Z x ch(t x)
Z x ch(t) 1
Z x sh(t)
t dt = ch(x)
t dt sh(x)
t dt + ch(x) ln(jxj).
t 7 ! ch(t)t 1 et t 7 ! sh(t t) sont continues sur R, prolongeable par contiZ x ch(t x)
nuite en 0 donc
=m(f 0 (x)) = +1.
!
t dt x! ln(jxj). xlim
atan(x + t)
141. g : (t; x) 2 R 7 !
atan(x + t) t + 1 2 R est de classeC .
bien denie.
t + 1 6 2(t + 1) ; f est donc
1
@g (t; x) =
1
@g
; (t; x) 6
.
@x
(1 + t )(1 + (t + x) ) @x
1+t
Z 1
1
0
f est donc derivable et 8x 2 R f (x) =
dt.
1 (1 + t )(1 + (t + x) )
1
Supposons x 6= 0.
= at + b + ct + d ou a; b; c et
(1 + t )(1 + (t + x) ) 1 + t 1 + (t + x)
d sont reels.
En multipliant par 1 + t et en substituant i a t nous obtenons
bx 2ax = 1; 2bx + ax = 0 c'est-a-dire a = x(4 +2 x ) et b = 4 +1 x .
3
En substituant 0 a t nous avons d =
en multipliant par t et en calculant
4+x
la limite a l'inni nous obtenons c = a.
1
1
x
2t
3x + 2t
=
+
.
(1 + t )(1 + (t + x) ) x(4 + x ) 1 + t 1 + (t + x)
1
Une primitive de t 7 !
est alors
(1 + t )(1 + (t + x) )
1 + (t + x) 1
1
t 7 ! x(4 + x ) ln
+
(atan(t) + atan(t + x)).
1+t
4+x
2
Pour x 6= 0 nous obtenons donc f 0 (x) =
; relation vraie aussi pour x = 0
4+x
0
car f est continue.
1
2
1
1
1
2
+
2
1
1
1
1
0
1
0
2
1
2
2
2
2
2
2
+
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
374
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
f (0) = 0 donc f (x) = atan x .
2
142. Regle d'Abel(Integrales impropres).
(a) Je rappelle un resultat deja vu dans un autre exercice Soit f une application de [a; b[ dans l'espace vectoriel norme complet E .
8" > 0; 9c 2 [a; b[; 8(x; y) 2 R ; (x; y) 2 [c; b[ ) kf (x) f (y)k6"
69
2
2
()
f possede uneZ limite l 2 E en b.
x
Notons, pour x 2 [a; b[, V (x) = v(t) dt.
a
V est continue et de classe C par morceaux. Nous pouvons integrer par
parties entre x et y avec (x; y) 2 ([a; b[) .
Nous
Z y obtenons h
iy Z y 0
u (t)V (t) dt.
u(t)v(t) dt = u(t)V (t)
1
2
h
i
y
D'apres les hypotheses nous avons u(t)V (t) 6M (ju(y)j + ju(x)j) et,
Z y
Z y x 0
u0 etant negative, u (t)V (t) dt 6M u0 (t) dt = M ju(y) u(x)j.
x
x
x
x
x
E tant donne que u possede une limite nulle en b nous en deduisons que
8" > 0; 9c 2 [a; b[ tel que 8(x; y) 2 ([c; b[) on a kf (x) f (y)k6"
Zx
2
puis x 2 [a; b[7 ! u(t)v(t) dt 2 E possede une limite en b.
a
L'integrale impropre est bien convergente.
En reprenant le calcul precedent et en calculant la limite lorsque y tend
vers b nous obtenons
Zb
u(t)v(t) dt = u(x)V (x)
Zb
u0 (t)V (t) dt puis
x
x
Z b
Zb
0
u(t)v(t) dt 6 = u(x)M M u (t) dt = 2Mu(x).
x
x
Applications
Z
Pour x = 0 nous avons deja vu que l'integrale impropre
1 sin(t)
+
70
est convergente.
0
t dt
sin(
t
)
6 exp( xt). t > 0 7 ! exp( xt) sin(t) 2 R
Pour x > 0, exp( xt)
t
t
est continue et t 7 ! exp( xt) est integrable sur R donc F (x) existe
pour tout reel x>0.
Zn
Pour n 2 N , posons Fn(x) = exp( xt) sin(t) dt.
t
+
0
Voir l'exercice numero 1 du premier chapitre de ce livre concernant le critere de Cauchy pour
les fonctions.
70
Voir, par exemple, les exercices numeros 54 et 124 de ce chapitre.
69
375
t 7 ! exp( xt) est decroissante, positive sur R . t 7 ! 1t est decroisexp( xt)
sante, positive sur [1; +1[ donc t 7 !
t
deZ yclasse C , decroissante, positive sur [1; +1[ de limite nulle en +1. sin(t) dt 62.
Z 1 exp( xt)
exp( x nx) 4
Nous en deduisons sin(t) dt 64
t
n 6n.
n
La suite (Fn)n2N est uniformement convergente vers F sur R .
(x; t) 2 R ]0; n] 7 ! exp( xt) sin(t) 2 R est continue , dominee par
t
1, donc Fn est continue et en consequence F est continue.
Soit a > 0.
g : (x; t) 2 [a; +1[]0; n] 7 ! exp( xtt ) sin(t) 2 R est de classe C .
@g (x; t) = exp( xt) sin(t) et @g (x; t) 6 exp( at). t 7 ! exp( at)
@x @x
est integrable sur R donc la restriction de F a [a; Z+1[ est de classe C
1
puis F est de classe C sur R et 8x > 0; F 0 (x) =
exp( xt) sin(t) dt.
Une primitive de t 7 ! exp( xt) sin(t) est la partie imaginaire de
t 7 ! x 1 i exp(it) exp( xt) = x sin(xt) ++ 1cos(t) exp( xt).
1
Nous en deduisons F 0 (x) =
x + 1.
Pour x > 0 nous avons alors F (x) = atan(x) + C . La continuite de F
permet d'en deduire que pour x>0 on a F (Zx) = atan(x) + C .
1
Nous avons clairement la relation jF (x)j6 exp( xt) dt = 1 donc
x
atan(x).
lim F (x) = 0 puis C = et F (x) =
x! 1
2Z
2
1
sin(t)
En particulier F (0) = =
2
t dt.
+
1
+
+
71
+
1
1
+
1
+
+
0
2
2
+
0
+
+
y!lim1
R+ .
+
Zy
0
0
f (t) dt = l 2 R car f a une integrale impropre convergente sur
y2R 7 !
Zy
+
f (t) dt 2 R est continue donc est bornee sur R .
+
0
(x; t) 2 R2 7 ! exp( xt) 2 R est de classe C 1 .
L'application denie par t 2 R 7 ! sin(t t) 2 R et 0 7 ! 1 est continue et, en utilisant les series
entieres ou l'exercice numero 6 de ce chapitre, est de classe C(1. (x; t) 2 R2 7 ! t 2 R est aussi de
sin(t) losque t 6= 0
classe C 1 donc l'application f denie sur R2 par f (x; t) = exp( xt) t
1
lorsque t = 0
est de classe C 1.
71
376
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
Z y
M
9M >0; 8y 2 R ; f (t) dt 6 2 puis
Z b
Z b
Z a
8(a; b) 2 (R ) f (t) dt 6 f (t) dt + f (t) dt 6M .
+
0
+
2
a
0
0
Nous pouvons appliquer le resultat demontre plus haut et F est denie
sur R .
Zn
Soit n 2 N. Posons Fn(x) = exp( xt)f (t) dt. j exp( xt)f (t)j6f (t).
+
0
Pour chaque t>0, x>0 7 ! exp( xt)f (t) 2 R est continue et pour chaque
x>0, t>0 7 ! exp( xt)f (t) 2 R est continue par morceaux donc Fn est
continue sur R .
Z 1
Soit x>a > 0. jF (x) Fn(x)j = exp( xt)f (t) dt 62M exp( nx).
+
+
n
La convergence est donc uniforme sur tout intervalle [a; +1[ avec a > 0.
F est donc continue sur R . Z
"
1
Soit " > 0. Soit A > 0 tel que f (t) dt 6 .
4
A
+
Z
1
+
0
(exp( xt) 1)f (t) dt =
+
ZA
(exp( xt) 1)f (t) dt
Z
0
1
+
+ (exp( xt) 1)f (t) dt.
A
En reprenant le calcul fait dans la demonstration de la regle d'Abel nous
avons
Z 1
Z 1
exp( xt)f (t) dt 6 exp( Ax)j(A)j + x exp( xt)j(t)j dt
A
A
"
"
6 exp( Ax) 4 + 4 exp( xA) = 2" exp( xA)6 2" .
A etant
Z Aainsi xe le theoreme de convergence dominee permet de conclure
lim (exp( xt) 1)f (t) dt = 0 donc il existe > 0 tel que pour
x!
Z A
"
x 2]0; ] on ait (exp( xt) 1)f (t) dt 6 2 .
+
0+
+
0
Z
Nous en deduisons, pour x 2]0; ], a-direZ
Z 1
1
0
1
+
0
+
lim
exp( xt)f (t) dt =
x!
F est donc continue sur R .
0+
0
+
0
(exp(
xt) 1)f (t) dt 6" c'est-
f (t) dt.
+
143. Convolution
u 2 R 7 ! v = x u 2 R est un C dieomorphisme donc l'integrabilite de
u 2 R 7 ! f (x u)g(u) 2 C equivaut a celle de u 2 R 7 ! f (u)g(x u) 2 C
et les integrales (si elles existent) sont egales.
1
377
(x; u) 2 R 7 ! f (u)g(x u) 2 C est continue. g est continue et 2-periodique
donc elle est bornee. 8(x; u) 2 R ; jf (u)g(x u)j6jf (u)jkgk1.
u 2 R 7 ! f (u)g(x u) 2 C est integrable et f g est continue.
2
2
(f g)(x + 2) =
cn (f g) = 21
Z
+
1
f (u)g(x + 2 u) du = (f g)(x). f g est periodique.
1
Z Z
2
0
Posons (x; y) =
Zy
+
1
f (u)g(x u) exp( inx) du dx.
1
f (u)g(x u) exp( inx) du.
y
Gr^
nous avons
Z ace au theoreme
Z ydeZFubini
(x; y) dx =
f (u)g(x u) exp( inx) dx du.
2
2
Zy
0
y
0
j(x; y)j6 jf (u)j kgk1 du6
y
lim (x; y) =
y! 1
+
lim
y!+1
lim
y!+1
Z
2
+
y
2
0
jf (u)j kgk1 du et
1
f (u)g(x u) exp( inx) dx. Nous avons donc
1
Z Z
2
1
+
f (u)g(x u) exp( inx) dx donc
1
0
f (u)g(x u) exp( inx) dx du
=
Z
1
+
1
(x; y) dx =
Z yZ
0
Z
Z
Z Z
2
1
+
f (u)g(x u) exp( inx) dx.
1
0
2
u2R7 !
f (u)g(x u) exp( inx) dx est continue, dominee par
u 2 R 7 ! 2kgk1 jf (u)j 2 R qui est integrable donc :
0
Z
1 Z 2
+
1
0
f (u)g(x u) exp( inx) dx du
=
Z Z
2
0
1
+
1
f (u)g(x u) exp( inx) dx
c'est-a-dire
Z 1
cn (f g) = cn(g) fb (n) en posant fb (x) = f (u) exp( iux) du.
+
1
144. Transformee de Fourier
(a) Pour chaque x reel t 2 R 7 ! f (t) exp( 2itx) 2 K est continue par morceaux. Pour chaque t reel x 2 R 7 ! f (t) exp( 2itx) 2 K est continue
et jf (t) exp( 2itx)j = jf (t)j. La transformee de Fourier est donc continue.
En utilisant les resultats de l'exercice numero 9 de ce chapitre nous obtenons
378
lim
x!1
Z
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
+
1
1
f (t) exp( 2itx) dt = 0.
fb est continue et a des limites nulles en 1 donc est bornee.
Z 1
Z 1
On pouvait aussi remarquer f (t) exp( 2itx) dt 6 jf (t)j dt.
1
1
+
+
(b) Notons F (t; x) = f (t) exp( 2itx). @F (t; x) = 2itF (t; x).
@x
@F
(t; x) = 2tjf (t)j. Le theoreme de derivation s'applique ; fb est de@x
Z 1
0
rivable et pour x 2 R nous avons fb (x) = 2i tf (t) exp( 2itx) dt.
+
1
(c) Soient a et b deux reels. En integrant k fois par parties nous obtenons
Zb
f k (t) exp( 2itx) dt =
( )
a
"X
k
j =1
f k j (t)(2ix)j
(
)
+(2ix)k
2 N .
Z
(
1)
(
Zx
1
1
1)
a
f (t) exp( 2itx) dt.
( )
( )
0
1)
(
+
j
Z ab
Soit j
f (x) = f (0) + f j (t) dt. f j est integrable sur
R donc f j
possede une limite appartenant a K en 1. Les limites
sont nulles car sinon f j ne serait pas integrable. Nous en deduisons
(
j
#b
1)
k
= (2ix)k
f (t) exp( 2itx) dt
( )
Z
1
+
1
f (t) exp( 2itx) dt
c'est-a-dire 8k 2 N; 8x 2 R; fdk (x) = (2ix)k fb(x).
b et bgZf sont integrables.
(d) fb et bg sont bornees
Z donc fg
b = a!lim1 a fb(t)g(t) dt.
Nous avons alors fg
( )
R
+
a
Soit
Z a alors a Z> 0.1
g(x)
f (t) exp( 2itx) dt dx soit encore
+
Z aa 1
g(x) b!lim1
a
Zy
+
y
f (t) exp( 2itx) dt dx .
Posons F (x; y) = g(x)
Zy
k
+
y k
Zy
y
f (t) exp( 2itx) dt.
f (t) exp( 2it(x + h)) dt
+
Z
=
y
y k
Zy
k
+
y k
Zy
y
f (t) exp( 2itx) dt
(f (t) exp( 2it(x + h)) exp( 2itx)) dt
f (t) exp( 2itx)) dt +
Zy
y
k
+
f (t) exp( 2itx)) dt.
379
Nous
Z y kobtenons alors
f (t) exp( 2it(x + h)) dt
f (t) exp( 2itx) dt
y
Z y k
Z y
Z y k
6 jf (t)j dt + jf (t)j dt + jf (t)j dt.
y k
y k
y
+
y k
Zy
+
+
Il est alors immediat que nous avons
Zy
lim
h; k)!(0;
(
+
k
y k
0)
Zy
f (t) exp( 2it(x + h)) dt
y
f (t) exp( 2itx) dt = 0.
F est continue. Z
1
jF (x; y)j 66jg(x)j
jf (t)j dt. En utilisant le theoreme de conver1
gence Zdominee il vient Z
Za
a
a
lim
F (x; y) dx = y!lim1 F (x; y) dx = g(x)fb(x) dx.
y! 1 a
a
a
En
utilisant
la
formule
de
Fubini
nous
avons
Z yZ a
Z aZ y
g(x)f (t) exp( 2itx)dt dx =
g(x)f (t) exp( 2itx) dx dt.
+
+
+
a
y
Posons G(t; a) =
Za
a
y
Z
a
g(x)f (t) exp( 2itx)dx. jG(t; a)j6jf (t)j jgj.
R
sur R et
Zt 7 !1 GZ(t; 1a) est continue, integrable
+
+
1
1
f (t) exp( 2itx) dt g(x) dx
= a!lim1
Z
1 Z a
+
1
+
Nous obtenons le resultat demande.
(e) gn est continue, integrable.
gbn(x)=
Z
+
Z
1
gn (t) exp( 2itx)dt =
1
gbn = 1.
Notons hn(x) = gn(x) exp(2itx).
n
2
a
f (t) exp( 2itx) dx g(x) dt.
1
+
+ 2ix
n
2
1
n
=
.
2ix (1 + n x )
2
2
R
hcn(x) =
Z
1
+
gn (u) exp(2itu) exp( 2iux) du
1
Z
1
gn(u) exp( 2i(x t)u) du = gbn(x t).
En utilisant le resultat precedent nous avons
=
Z
Z
1
1
Z
bf (x)hn(x) dx = f (x)hcn(x) dx = 1f (x)gbn(x t) dx.
1
1
1
fb(x)hn(x) 6jfb(x)j, n!lim1 fb(x)hn(x) = fb(x) exp(2itx) donc
+
1
+
+
+
+
380
Z
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
Z
1
1
f (x)gbn (x t) dx =
fb(x) exp(2itx) dx.
1
1
Soit t xe. Soit " > 0. f est continue en t donc il existe > 0 veriant
8y 2 R jyj6 ) jf (t + y) f (t)j6 2" .
lim
n! 1
+
+
+
Notons n =
=
Z
+
Z
1
+1
1
f (x)gbn(x t) dx f (t) =
Z
(f (x + t) f (t))gbn(x) dx.
1
+
f (x + t)gbn(x) dx
1
Z gbn(x) dx + (f (x + t) f (t))gbn(x) dx
1
Z 1
+ (f (x + t) f (t))gbn(x) dx.
Pour
Z jxj> nous avons 06gbn(x)6gbZn(1) donc
(f (x + t) f (t))gbn(x) dx + (f (x + t) f (t))gbn(x) dx
1
Z 1 62gbn() jf (x)j dx.
"
Z 1 1 "
lim
+ 2gbn()
jf (x)j dx = 2 donc il existe N 2 N tel que
n! 1 2
Z
"
jnj6 2
1
+
+
+
+
+
1
+
pour n>N on ait jnj6" c'est-a-dire n!lim1 n = 0 c'est-a-dire 8t 2
b
R; f (t) = f ( t) d'o
Z 1 u le resultat demande.
+
Par exemple
Z
1
+
1
+
1
exp ( 2ajtj) exp( 2itx) dt =
a
(a + x ) puis
2
2
a
exp
(a + t ) exp(2itx) dt = exp ( 2ajxj).
2
2
145. Transformee de Laplace
72
(a) jf (t) exp( zt)j = jf (t)j exp( xt) ou x = <e(z ). t 2 R 7 ! f (t) exp( zt) 2
C est integrable si et seulement si t 2 R 7 ! f (t) exp( xt) 2 R est integrable.
Pour x>x , jf (t)j exp( xt)6jf (t)j exp( x t) ; donc si F (x ) existe, F (z )
existe pour tout z de partie reelle au-moins egale a x .
Soit E = fx 2 R; t 2 R 7 ! f (t) exp( xt) 2 R est integrableg.
a = inf E 2 [ 1; +1[.
Soit x > a. Il existe x0 2 [a; x[\E donc x 2 E .
Soit x < a. Si x 2 E alors a n'est pas la borne inferieure de E .
Soit n 2 N. Supposons a < x. Soit x0 2]a; x[.
Soit f l'application de R dans C telle que pour t < 0; f (t) = 0 et pour t>0; f (t) = f (t).
Soit x 2 R, F (2ix) = fb (x).
+
+
0
0
0
0
+
72
1
1
1
1
381
jf (t)tn exp( xt)j = jf (t)j exp( x0 t)tn exp((x0 x)t).
lim tn exp((x0 x)t) = 0 et t 2 R 7 ! f (t)tn exp( x0 t) 2 C est intet! 1
grable donc t 2 R 7 ! f (t)tn exp( xt) 2 C est integrable.
Soit ' l'application denie sur ]a; +1[R par '(x; t) = f (t)j exp( xt).
@ n' (x; t) = f (t)j exp( xt)tn . @ n' est continue.
@xn
@xn
Soit b > a. Supposons x>b. jf (t)j exp( xt)tn 6jf (t)j exp( bt)tn.
+
+
+
+
La dominante est integrable donc en utilisant le theoreme de derivation
nous en deduisons que la restriction de F a [b; +1[ est de classe C 1 ;
F est donc de classe C 1 sur
Z 1]a; +1[ et pour tout n 2 N nous avons
8x 2]a; +1[; F 0 (n)(x) = f (t)tn exp( xt) dt.
+
0
(b) Nous noterons x la partie reelle du nombre complexe z .
f (t) = 1.
Pour z = 0, F (z ) n'existe pas donc a>0. Soit z 2 C avec <e(z ) > 0.
1
a
Za
Z 1
exp( zt) = 1 .
exp( zt) = exp( zt) donc
z
z
La fonction proposee est donc integrable si et seulement si <e(z ) > 0.
f (t) = ta .
jta exp( zt)j = ta exp( xt). t > 0 7 ! ta exp( zt) 2 C est continue.
ta exp( xt) t! ta . La fonction est donc integrable sur ]0; 1].
Pour x = 0 la fonction n'est pas integrable sur [1; +1[.
Pour x > 0, t!lim1 t ta exp( xt) = 0 donc la fonction est integrable sur
]0; +1[ si et seulement si x > 0.
x > 0 etant xe, soit z = x + iy avec y 2 R.
+
0
0
0
1
1
1
1
1
1
0+
2
1
+
Posons g(y) =
Z
1
+
0
ta exp( zt) dt. j itta exp( zt)j = ta exp( xt).
1
1
La dominante est integrable donc g est derivable et
8y 2 R; g0 (y) =
Z
1
+
ta exp( zt) dt. En integrant par parties sur [0; b]
ia g(y).
et en faisant tendre b vers +1 nous en deduisons g0 (y) =
x + iy
Une primitive de y 7 ! ia est y 7 ! ia atan y a ln(jz j). Nous
x + iy y x
1
en deduisons g(y) = (x) a exp ia atan
jz j
x .
Z 1
g(0) =
ta exp( xt) dt = x1a (a) donc (x) = (a) et
+
Z
1
+
0
ta
0
1
y (
a
)
exp( zt) dt = a exp ia atan
jz j
x .
0
1
i
CHAPITRE 12. INTE GRATION ; CORRIGE S
382
f (t) = exp(i!t)
jexp((i! z )t)j = exp( xt). La fonction proposee est integrable si et
seulement si x > 0. Z 1
Dans ces conditions exp((i! z )t) dt =
+
0
1
z i! .
f (t) = cos(!t)
j cos(!t) exp( zt)j6 exp( xt).
Pour
Z n ! x = 0, j cos(!t)2nexp(
Z iyt)j = j cos(2n!t)j.
j cos(!t)j dt = ! cos(t) dt = ! .
t 2 R 7 ! exp(i!t) exp( zt) 2 C n'est pas integrable pour <e(z ) = 0.
Elle l'est pour <e(z ) > 0 donc a = 0.
2
0
0
+
En ecrivant cos(!t) = exp(i!t) + exp( i!t) nous obtenons
2
Z 1
1
1
1
cos(!t) exp( zt) dt =
+
= z .
2 z i! z + i!
z +!
f (t) = sin(!t)
Comme dans le cas precedent nous obtenons l'integrabilite si et seulement si <e(z ) > 0 puis en ecrivant sin(!t) = exp(i!t) exp( i!t) nous
2i
1
Z 1
1
1
! .
obtenons
sin(!t) exp( zt) dt =
=
2i z i! z + i!
z +!
+
2
0
2
+
0
146. (a) Posons pour x 2 R, F (x) =
derivee f .
lim
Z
x!+1 x
+
2
Z
1
+
x
2
f (t) dt. F est de classe C et a pour
1
1
f (t) dt = 0. Soit " > 0. Il existe A>0 tel que pour x>A on ait
jF (x)j6 3" .
x et y deux reels superieurs a A et u un reel positif.
ZSoient
Zy
y
y
exp( tu)f (t) dt = exp( tu)F (t) + u
exp( tu)F (t) dt.
y exp( tu)F (t) 6 2" .
3
x
Z y
" Z y
"
u exp( tu)F (t) dt 6 u exp( tu) du 6 .
3
x
Z y 3 x
Nous obtenons donc exp( tu)f (t) dt 6". Comme nous l'avons deja
x
vu, a l'exercice numero 1 du premier chapitre (critereZde Cauchy pour le
1
x
x
x
fonctions), nous en deduisons que l'integrale impropre
est, pour u>0, convergente.
+
0
exp( tu)f (t) dt
Z
+
0
1
(exp( tu) 1) f (t) dt =
ZA
Z 1
Pour u>0, (exp( tu)
A
+
0
383
(exp( tu) 1) f (t) dt
+
Z
1
+
(exp( tu) 1) f (t) dt.
1) f (t) dt 62" d'apres le resultat preceA
dent.
A etant xe, (u; t) 2 R [0; A] 7 ! (exp( tu) 1)f (t) 2 R est
continue, dominee par t 2 [0; A] 7 ! 2jf (t)j 2 R, donc l'application
u2R 7 !
ZA
+
(exp( tu) 1) f (t) dt est continue. Il existe alors > 0
Z A
tel que pour u 2 [0; ] on ait (exp( tu) 1) f (t) dt 6". Il vient
Z 1
alors (exp( tu) 1) f (t) dt 63" pour u 2 [0; ] cela prouve la conti+
0
0
+
nuite de I en 0.
0
(b) En remplacant f (t) par exp( tx )f (t) nous en deduisons le resultat demande.
0
(c) f est bornee donc l'integrale impropre est convergente pour x > 0.
Soit " > 0. Il existe A > 0 tel que pour t>A on ait jtf (t)j6". 9 > 0 tel
1 que pour x 2]0; ], on ait jI (x) lj6". Soit x 2 R , x6 min ; .
A
Zx
ZA
Zx
f (t) dt l = (1 exp( tx))f (t) dt+ (1 exp( tx))f (t) dt
+
1
1
0
0
Z
Z
x
1
0
exp(
exp( tx)f (t) dt +
Z
tx)f (t) dt l 6".
1
+
A
1
+
1
+
exp( tx)f (t) dt l .
0
La fonction exponentielle est convexe donc pour tout reel u nous avons
exp(u)61 + u ; si u60 alors 061 exp(u)6 u.
Soit t>A. j(1 exp ( tx)) f (t)j 6txjf (t)j6"x
Z
x
donc (1 exp ( tx)) f (t) dt 6".
Z 1 A
Z 1
Z
exp( tx)
exp ( tx) f (t) dt 6"
x
x
tx x dt = "
Z 1
1
+
1
Z A
(1
0
1 exp(
+
1
6"
exp (
+
1
exp( t) dt6".
tx)) f (t) dt 6 (1
1
+
exp ( Ax))
ZA
0
t
jf (t)j dt.
t) dt
384
lim (1 exp ( Ax))
x!0+
Z A
ZA
jf (t)j dt = 0 donc il existe B >A tel que pour
(1 exp ( tx)) f (t) dt 6".
Z
1 x
Au nal pour 0 < x6 min ; nous avons f (t) dt
B
Z
x6 B1 on ait 0
0
1
a-dire u!lim1
+
u
0
0
f (t) dt = l d'ou le resultat demande.
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
l 64" c'est-