Intégrales
1 Intégrales simples (fonctions continues sur un segment) :
1.1 Primitive de fonction périodique :
Soit f une fonction continue sur R et de période T .
On note µf =1T
∫ T
0
f(t)dt sa valeur moyenne.
a) A quelle condition f admet elle des primitives périodiques ?b) Dans le cas contraire, soit F une primitive de f . Déterminer un équivalent de F (x) quand x −→ +∞c) Que dire de la dérivée d'une fonction périodique ?
SOLUTION :a) Les primitives de f sur R étant égales à une constante additive près, il su�t d'étudier le comportement
de l'une d'enter elles.
Soit F (x) =∫ x
0
f(t)dt .
∀x ∈ R, F (x+ T ) =∫ x+T
0
f(t)dt =∫ T
0
f(t)dt+∫ x+T
T
f(t)dt
=∫ T
0
f(t)dt+∫ x
0
f(u+ T )︸ ︷︷ ︸=f(u)
du (par le changement de variable t = u+ T )
donc ∀x ∈ R, F (x+ T ) =∫ T
0
f(t)dt+ F (x)
et �nalement, les primitives de f sont périodiques ⇐⇒ µf = 0
b) Soit x ∈ R+. Soit n = E( xT
), de sorte que nT ≤ x < nT + T ou encore x = nT + y avec 0 ≤ y < T .
D'après la question précédente, F (x) = F (y + nT ) = n
∫ T
0
f(t)dt+ F (y)
F (x) =x− y
T
∫ T
0
f(t)dt+ F (y) = xµf − yµf + F (y)
F est continue comme primitive d'une fonction continue par morceaux, donc est bornée sur le segment [0, T ] :
|F (y)| ≤M = supu∈[0,T ]
| F (u) | donc | − yµf + F (y)| ≤ T |µf |+M
l'égalité F (x) = xµf − yµf + F (y) montre alors que F (x) x→+∞∼ x . µf
c) La dérivée d'une fonction périodique est toujours périodique.(immédiat en dérivant l'égalité f(x) = f(x+ T ) )
1.2 Module d'une intégrale et intégrale du module :
Soit f une fonction complexe continue sur le segment [a, b]
A quelle condition a-t-on
∣∣∣∣∣∫ b
a
f(t)dt
∣∣∣∣∣ =∫ b
a
|f(t)|dt ?
SOLUTION :
Soit α = Arg
(∫ b
a
f(t)dt
)[2π] et pour tout t ∈ [a, b], θ(t) = Arg(f(t)) [2π]
de sorte que∫ b
a
f(t)dt =
∣∣∣∣∣∫ b
a
f(t)dt
∣∣∣∣∣ eiα et∫ b
a
f(t)dt =∫ b
a
|f(t)|eiθ(t)dt
On suppose que∫ b
a
|f(t)|dt =
∣∣∣∣∣∫ b
a
f(t)dt
∣∣∣∣∣1
alors∫ b
a
|f(t)|dt−
∣∣∣∣∣∫ b
a
f(t)dt
∣∣∣∣∣ = 0 =∫ b
a
f(t)e−iθ(t)dt− e−iα
∫ b
a
f(t)dt
=⇒∫ b
a
(e−iθ(t) − e−iα)f(t)dt = 0
=⇒∫ b
a
(1− eiθ(t)−iα)|f(t)|dt = 0
en prenant la partie réelle,∫ b
a
(1− cos(θ(t)− α))︸ ︷︷ ︸≥0
|f(t)|︸ ︷︷ ︸≥0
dt = 0
La fonction intégrée étant continue, positive et son intégrale nulle, alors∀t ∈ [a, b], (1− cos(θ(t)− α))|f(t)| = 0
donc pour tout t ∈ [a, b] tel que f(t) 6= 0, cos(θ(t)− α) = 1 et donc θ(t)− α = 0 [2π]pour les t éventuels tels que f(t) = 0, l'argument θ(t) n'est pas dé�ni on peut là encore le prendre égal à α
Finalement,∫ b
a
|f(t)|dt =
∣∣∣∣∣∫ b
a
f(t)dt
∣∣∣∣∣ si et seulement si l'argument de f(t) est constant.
(réciproque immédiate )
1.3 Equivalent d'intégrale (ENSI)
Trouver une relation de récurrence concernant In =∫ π
4
0
tann x dx et montrer que In ∼12n
SOLUTION :
In + In+2 =∫ π
4
0
(tann x+ tann+2 x) dx =∫ π
4
0
(1 + tan2 x). tann x dx =
=[
1n+ 1
. tann+1 x
]π4
0
=1
n+ 1In+1 − In =
∫ π4
0(tann+1 x− tann x) dx =
∫ π4
0tann x (tanx− 1︸ ︷︷ ︸
≤0
) dx ≤ 0
La suite (In) est décroissante.
donc In + In+2 =1
n+ 1≤ 2In ≤ In−2 + In =
1n− 1
et l'encadrement1
2(n+ 1)≤ In ≤
12(n− 1)
entraine que In ∼12n
quand n→ +∞
1.4 intégrales de Wallis
Soit un =∫ π
2
0
sinn x dx.
Etablir une relation de récurrence sur les termes de la suite (un), étudier les variations de (un) et la suite(n.un.un−1)
En déduire un équivalent de un quand n→ +∞
SOLUTION :
• un+1 =∫ π
2
0
sinx sinn x dx =[− cosx sinn x
]π2
0+∫ π
2
0
n cos2 x sinn−1 x dx.
= n
∫ π2
0
(1− sin2 x) sinn−1 x dx = n(un−1 − un+1)
d'où (n+ 1)un+1 = nun−1
• un+1 − un =∫ π
2
0
(sinn+1 x− sinn x) dx =∫ π
2
0
sinn x(sinx− 1︸ ︷︷ ︸≤0
) dx ≤ 0
La suite (un) est décroissante :
un+1 ≤ un ≤ un−1 =n+ 1n− 1
un+1 donc 1 ≤ un
un+1≤ un−1
un+1=n+ 1n− 1
on en déduit que limn→∞
un
un+1= 1 c'est à dire que un+1 ∼ un quand n→ +∞
L'égalité (n+1)un+1 = nun−1 entraine que (n+1)un+1un = nunun−1 c'est à dire que la suite (nunun−1︸ ︷︷ ︸vn
)
est constante.v1 = u1.u0 = π
2 donc ∀n ≥ 1, nunun−1 =π
2• Puisque un ∼ un−1 , il s'ensuit que n.u2
n ∼π
22
et �nalement un ∼√
π
2nquand n→ +∞
1.5 Intégrale d'une fonction positive
Soit f une fonction réelle continue sur le segment [a, b].
On suppose que ∀k ∈ {0, 1, 2, ..., n− 1},∫ b
a
tkf(t)dt = 0.
Montrer que f admet au moins n zeros sur ]a, b[.
SOLUTION :Supposons que f admette moins de n zeros sur ]a, b[, qu'on notera x1, x2, ..., xp, p < n, rangés par ordre
croissant.f garde un signe constant sur chacun des intervalles ]xi, xi+1[ (sinon, étant continue, elle s'annulerait entre
xi et xi+1 en vertu du théorème des valeurs intermédiaires )De ses racines, ne retenons que celles où f s'annule en changeant de signe, que nous renumérotons en
x1, x2, ..., xq, q ≤ p < nalors la fonction produit x −→ (x − x1)(x − x2)...(x − xq)f(x) garde un signe constant sur [a, b],
puisque les changements de signe en traversant xi de la fonction f sont compensés par ceux du polynôme(x− x1)(x− x2)...(x− xq)
Si P =n−1∑k=0
akXk est un polynôme de degré inférieur à n− 1, alors
∫ b
a
P (t)f(t)dt =n−1∑k=0
ak
∫ b
a
tkf(t)dt = 0
donc∫ b
a
(x−x1)(x−x2)...(x−xq)f(x)dx = 0, ce qui est incompatible avec le fait que la fonction intégrande
est continue, non identiquement nulle et de signe constant sur le segment [a, b].
Donc f admet au moins n zeros sur ]a, b[.
1.6 Intégrale d'une fonction positive :
Soit f une fonction réelle continue sur le segment [a, b] telle que∫ b
a
f2(t)dt =∫ b
a
f3(t)dt =∫ b
a
f4(t)dt.
Déterminer la fonction f .
SOLUTION :
Notons J =∫ b
a
f2(t)dt =∫ b
a
f3(t)dt =∫ b
a
f4(t)dt.
alors∫ b
a
(f2(t)− 2f3(t) + f4(t))dt = J − 2J + J = 0, c'est à dire∫ b
a
(f(t)− f2(t))2dt = 0
la fonction (f − f2)2 étant positive et continue, elle est donc identiquement nulle.ainsi, ∀x ∈ [a, b], f(x)(1− f(x)) = 0
=⇒ ∀x ∈ [a, b], f(x) = 0 ou f(x) = 1.Or si f prend la valeur 0 en certain(s) point(s) et la valeur 1 en d'autre(s), par contnuité, elle prend toute
valeur comprise entre 0 et 1 en vertu du théorème des valeurs intermédiaires, contrairement à ce qui vient d'êtreprouvé.
Donc soit ∀x ∈ [a, b], f(x) = 0 , soit ∀x ∈ [a, b], f(x) = 1
1.7 Intégrale fonction des bornes (Centrale)
Montrer que pour tout x > 1, il existe y ∈]1,+∞[, unique, tel que∫ y
x
1ln(t)
dt = 1 (Centrale)
On note f(x) cet unique y.Etudier la continuité, les variations et limites aux bornes de la fonction f . Montrer que f est C1 sur ]1,+∞[
et donner une expression de f ′(x).
SOLUTION :
Pour x ∈]1,+∞[, �xé, soit hx la fonction y −→∫ y
x
1ln(t)
dt
La fonction t → 1ln(t)
étant continue et strictement positive sur ]1,+∞[ , sa primitive hx est C1 sur
]1,+∞[ et strictement croissante.
• Quand t→ +∞,1t
= o
(1
ln(t)
)(car ln(t) = o(t))
3
et par minoration l'intégrale∫ +∞
x
1ln(t)
dt diverge donc limy→+∞
hx(y) = +∞
• Quand t→ 0,1
ln(t)∼ 1t− 1
donc l'intégrale∫ 0
x
1ln(t)
dt diverge donc limy→0+
hx(y) = −∞
y 1 x +∞hx(y) −∞ ↗ 0 ↗ +∞
hx, continue et strictement croissante, réalise une bijection de ]1,+∞[ sur ]−∞,+∞[.
Donc il existe un unique y ∈]1,+∞[ tel que hx(y) = 1 , c'est à dire tel que∫ y
x
1ln(t)
dt = 1.
La fonction hx dépendant de x, prenons plutôt H(y) = h2(y) =∫ y
2
1ln(t)
dt.
H est encore une bijection strictement croissante de ]1,+∞[ sur ]−∞,+∞[ :y 1 2 +∞
H(y) −∞ ↗ 0 ↗ +∞
Pour tout x de ]1,+∞[, y = f(x) est dé�ni par l'égalité :∫ f(x)
x
1ln(t)
dt = 1.
Or∫ f(x)
x
1ln(t)
dt = H(f(x))−H(x) car H est une primitive de t → 1ln(t)
.
Donc H(f(x))−H(x) = 1, H(f(x)) = H(x) + 1, et f(x) = H−1(H(x) + 1)• Quand x→ +∞, H(x) → +∞ et f(x) = H−1(H(x)+1) → +∞ (voir les tableaux de variation)• Quand x→ 1+, H(x) → −∞ et f(x) = H−1(H(x) + 1) → 1 (voir les tableaux de variation)
Donc lim+∞
f = +∞ et lim1+
f = 1
• H, primitive de t → 1ln(t)
est de classe C1 sur ]1,+∞[, et sa dérivée ne s'annule pas.
H−1 est donc de classe C1 sur ]−∞,+∞[ , et ∀x ∈]−∞,+∞[, (H−1)′(x) =1
H ′(H−1(x))
(H−1)′(x) =11
ln(H−1(x))
= ln(H−1(x))
Par composition, f(x) = H−1(H(x) + 1) est C1 sur ]1,+∞[ et f ′(x) = (H−1)′(H(x) + 1).H ′(x)
f ′(x) = ln(H−1(H(x) + 1)︸ ︷︷ ︸f(x)
).1
ln(x)=
ln(f(x))ln(x)
Finalement, ∀x ∈]1,+∞[, f ′(x) =ln(f(x))
ln(x)
2 Sommes de Riemann
2.1 Sommes de Riemann :
Etudier la suite de terme général : un =n∑
k=0
n
k2 + n2
SOLUTION :
un =1n
n∑k=0
1
1 +(
kn
)2 =1− 0n
(f
(0n
)+ f
(1n
)+ ...+ f
(nn
))est une somme de Riemann pour la
fonction f : t −→ 11 + t2
sur le segment [0, 1] partagé en n intervalles égaux.
Puisque f est continue sur ce segment, limn→+∞
un =∫ 1
0
f(t)dt =∫ 1
0
dt
1 + t2=[
arctan(t)]10
=π
4
2.2 Fausse intégrale de Riemann :
Etudier la suite de terme général : un = n
√n!nn
SOLUTION :
ln(un) =1n
(ln(n!)− n ln(n)) =1n
n∑k=0
(ln(k)− ln(n)
)=
1− 0n
n∑k=0
ln(k
n
)est une somme de Riemann
pour la fonction f : t −→ ln(t) sur le segment [0, 1] partagé en n intervalles égaux.Mais la fonction ln n'est pas continue sur [0, 1] et on ne peut pas conclure par le théorème sur les sommes
de Riemann.
4
La fonction ln est continue et croissante sur ]0, 1], donc, pour tout k ∈ [[1, n]],
∀t ∈ [ kn ,
k+1n ], ln
(k
n
)≤ ln t ≤ ln
(k + 1n
)et en intégrant,
1n
ln(k
n
)(1)
≤∫ k+1
n
kn
ln t dt(2)
≤ 1n
ln(k + 1n
)En sommant pour k variant de 1 à n− 1 on obtient :
ln(un) ≤∫ 1
1n
ln t dt ≤ ln(un)− 1n
ln(
1n
)Soit
∫ 1
1n
ln t dt+1n
ln(
1n
)≤ ln(un) ≤
∫ 1
1n
ln t dt
Or∫ 1
α
ln t dt =[t ln t
]1α−∫ 1
α
dt = −α lnα− 1 + αα→0−→ −1
En passant à la limite dans l'encadrement ci-dessus, on obtient,
limn→∞
ln(un) = −1
et par continuité de la fonction exponentielle, limn→∞
un = e−1 =1e.
Remarque : On aurait pu aussi employer la formule de Stirling
2.3 Vraie et fausse intégrale de Riemann :
1-a) Soit f une fonction continue positive décroissante et intégrable sur ]0, 1]a) Montrer que lim
0x.f(x) = 0
b) Soit un =1n
n∑k=1
f
(k
n
). Déterminer lim
n→+∞un
2- Calculer limn→+∞
n
√n!nn
a) en utilisant la question précédenteb) à l'aide de la formule de Stirling
3- Montrer que l'intégrale∫ π/2
0
ln(sin(x))dx est convergente et la calculer en appliquant 1-b)
(on rappelle quen∏
k=1
sin(kπ
2n
)=
√n
2n−1)
SOLUTION :
1- Puisque f est continue positive décroissante et intégrable sur ]0, 1], la fonction x −→∫ 1
x
f(t)dt est
décroissante sur ]0, 1] et majorée et la fonction reste r : x −→∫ x
0
f(t)dt a pour limite 0 quand x→ 0+
∀x ∈]0, 1], (x− x2 )f(x) ≤
∫ x
x2
f(t)︸︷︷︸≥f(x)
dt ≤ r(x) donc 0 ≤ xf(x) ≤ 2r(x) et par encadrement,
limx→0+
x.f(x) = 0
2-a) Soit vn = n
√n!nn
ln(vn) =1n
ln(
1.2.3.....(n− 1).nn.n.n. ... .n. n
)=
1n
n∑k=1
ln(k
n
)n→∞−→
∫ 1
0
ln(t)dt = −1
(voir justi�cation à l'exercice précédent)par continuité de l'exponentielle, lim
n→+∞vn = e−1
2.4 Vraie et fausse intégrale de Riemann :
Etudier les limites de un =n−1∑k=0
1√n2 + k2
et vn =n−1∑k=0
1√n2 − k2
SOLUTION :
5
a) un =n−1∑k=0
1√n2 + k2
=1− 0n
n−1∑k=0
1√1 + k2
n2
est une somme de Riemann pour la fonction f : x −→ 1√1+x2
sur le segment [0, 1] subdivisionné en n intervalles égaux.
La fonction f étant continue sur le segment [0, 1], on sait qu'alors, limn→+∞
un =∫ 1
0
f(x)dx
Donc limn→+∞
un =∫ 1
0
dx√1 + x2
=[Argsh(x)
]10
=[ln(x+
√1 + x2)
]10
= ln(1 +√
2)
limn→+∞
un = ln(1 +√
2)
b) vn =n−1∑k=0
1√n2 − k2
=1− 0n
n−1∑k=0
1√1− k2
n2
est aussi une somme de Riemann pour la fonction
g : x −→ 1√1−x2 sur le même segment, mais la fonction g n'est pas dé�nie au point 1 ni prolongeable en
une fonction continue puisque lim1−
g = +∞.
On ne peut pas dans ce cas appliquer le théorème ci-dessus.On procédera alors par encadrement en utilisant la monotonie de g :
Remarquons d'abord que ∀x ∈ [0, 1[,∫ x
0
g(t)dt =∫ x
0
1√1− t2
dt =[Arcsin(t)
]x0
= Arcsin(x) −−−−→x→1−
π
2
Donc l'intégrale∫ 1
0
1√1− t2
dt est convergente et vautπ
2
g est croissante sur [0, 1[. Soit k ∈ {0, 1, ..., n− 1}
∀t ∈[
kn ,
k+1n
[, g( k
n ) ≤ g(t) ≤ g(k+1n ) et en intégrant,
∫ k+1n
kn
g
(k
n
)dt ≤
∫ k+1n
kn
g(t)dt ≤∫ k+1
n
kn
g
(k + 1n
)dt
1ng
(k
n
)=
1√n2 − k2
(1)
≤∫ k+1
n
kn
g(t)dt(2)
≤ 1ng
(k + 1n
)=
1√n2 − (k + 1)2
d'où ∀k ∈ {1, 2, ..., n− 1},∫ k
n
k−1n
g(t)dt(2)
≤ 1√n2 − k2
(1)
≤∫ k+1
n
kn
g(t)dt
En sommant pour k = 1, 2, ..., n− 1,∫ n−1
n
0
g(t)dt ≤n−1∑k=1
1√n2 − k2
≤∫ 1
1n
g(t)dt
et en ajoutant1nà chaque membre :
1n
+∫ 1− 1
n
0
g(t)dt ≤n−1∑k=0
1√n2 − k2
= vn ≤∫ 1
1n
g(t)dt+1n
Puisqu'on a vu que l'intégrale∫ 1
0
1√1− t2
dt est convergente et vautπ
2, en passant à la limite quand n→ +∞,
chaque terme qui encadre vn tend versπ
2et donc lim
n→+∞vn =
π
2
6
3 Intégrales impropres
3.1 Convergence et calcul d'intégrale :
Convergence et calcul de∫ +∞
0
ln(
1 +1t2
)dt
SOLUTION :
• La fonction f : t −→ ln(
1 +1t2
)est continue sur ]0,+∞[.
• |f(x)| x→0+
∼∣∣∣∣ln( 1
x2
)∣∣∣∣ = | − 2 lnx| = o
(1√x
)︸ ︷︷ ︸
integrable sur ]0,1]
donc par majoration, f est intégrable sur ]0, 1].
• f(x) = ln(
1 +1x2
)x→+∞∼ 1
x2︸︷︷︸integrable sur [1,+∞[
donc par équivalence, f est intégrable sur [1,+∞[.
Par additivité, f est intégrable sur ]0,+∞[ et l'intégrale∫ +∞
0
ln(
1 +1t2
)dt est absolument convergente.
• Soient a et b tels que 0 < a < b et intégrons par parties sur [a, b] :∫ b
a
ln(
1 +1t2
)dt =
[t ln(
1 +1t2
)]t=b
t=a
−∫ b
a
t− 2
t3
1 + 1t2
dt
= b ln(
1 +1b2
)− a ln
(1 +
1a2
)+ 2
∫ b
a
11 + t2
dt
et en passant à la limite quand a→ 0+ et b→ +∞, on obtient :∫ +∞
0
ln(
1 +1t2
)dt = 0− 0 + 2
∫ +∞
0
11 + t2
dt = [2Arctan t]+∞0 = π∫ +∞
0
ln(
1 +1t2
)dt = π
3.2 Convergence et calcul d'intégrale :
Justi�er la convergence et calculer les intégrales∫ +∞
0
ln t1 + t2
dt et∫ +∞
0
ln t(1 + t2)2
dt
SOLUTION :
• La fonction h : t 7→ ln t1 + t2
est continue sur ]0,+∞[.
Quand x→ 0+, |h(t)| ∼ | ln(t)| = o(
1√t
)donc h est intégrable sur ]0, 1].
Quand x→ +∞, |h(t)| ∼ | ln(t)t2 | = o
(√t
t2
)= 1
t32
donc h est intégrable sur [1,+∞[.
Le changement de variable u = 1t montre que
∫ +∞
0
ln t1 + t2
dt = −∫ +∞
0
lnu1 + u2
du
donc∫ +∞
0
ln t1 + t2
dt = 0
• Raisonnement du même type pour la convergence de l'intégrale.Soient (a, b) ∈ R2 tels que 0 < a < b.∫ b
a
ln t(1 + t2)2
dt =∫ b
a
(1 + t2 − t2) ln t(1 + t2)2
dt =∫ b
a
ln t1 + t2
dt−∫ b
a
t2 ln t(1 + t2)2
dt
−∫ b
a
t2 ln t(1 + t2)2
dt =12
∫ b
a
−2t(1 + t2)2
t ln(t) dt =12
([1
1 + t2t ln(t)
]b
a
−∫ b
a
1 + ln(t)1 + t2
dt
)En passant à la limite quand a→ 0+ et b→ +∞, on obtient :∫ +∞
0
ln t(1 + t2)2
dt = 0 +12
(0− 0−
∫ +∞
0
11 + t2
dt− 0)
= −12
[Arctant]+∞0 = −π4∫ +∞
0
ln t(1 + t2)2
dt = −π4
3.3 Convergence et calcul d'intégrale :
Nature et calcul de∫ 1
0
(1t− E
(1t
))dt
7
où E désigne la fonction "partie entière"
SOLUTION :
Pour tout segment [a, b] ⊂]0, 1], la fonction t 7→ 1t− E
(1t
)est continue en tout point de [a, b], sauf en un
nombre �ni, à savoir aus points de la forme1kavec k ∈ N∗ qui sont dans [a, b], et en ces points, f admet une
limite �nie à gauche et une limite �nie à droite.f est donc continue par morceaux sur tout segement inclus dans ]0, 1] . Elle est donc continue par morceaux
sur l'intervalle semi-ouvert ]0, 1].• Par ailleurs, ∀t ∈]0, 1], 0 ≤ f(t) ≤ 1
(car ∀x ∈ R, 0 ≤ x− E(x) ≤ 1 puisque E(x) ≤ x < E(x) + 1 par dé�nition)La fonction constante 1 étant intégrable sur le semi-ouvert ]0, 1], par majoration, f l'est aussi.
Donc l'intégrale∫ 1
0
1t− E
(1t
)dt est dé�nie.
• Soit n ∈ N∗ quelconque.∫ 1
1n
f(t)dt =n−1∑k=1
∫ 1k
1k+1
f(t)dt
∀k ∈ N∗,∀t ∈]
1k + 1
,1k
],
1k + 1
< t ≤ 1k
=⇒ k ≤ 1t< k + 1 =⇒ E
(1t
)= k
donc∫ 1
k
1k+1
f(t)dt =∫ 1
k
1k+1
1t− E
(1t
)dt =
∫ 1k
1k+1
(1t− k
)dt = [ln t]
1k1
k+1− k
(1k− 1k + 1
)∫ 1
k
1k+1
f(t)dt = lnk + 1k
− kk + 1− k
k(k + 1)= ln(k + 1)− ln(k)− 1
k + 1
d'où∫ 1
1n
f(t)dt =n−1∑k=1
(ln(k + 1)− ln(k)− 1
k + 1
)= ln(n)−
n−1∑k=1
1k + 1∫ 1
1n
f(t)dt = ln(n)−n∑
k=2
1k
= ln(n)− (ln(n) + γ + εn − 1) avec lim εn = 0∫ 1
1n
f(t)dt = 1− γ − εn
• En passant à la limite quand n→ +∞, on obtient �nalement :∫ 1
0
1t− E
(1t
)dt = 1− γ
3.4 Convergence et calcul d'intégrale : (ENSI)
On considère les intégrales In =∫ +∞
0
dt
(1 + t2)(1 + tn)dt et Jn =
∫ +∞
0
tndt
(1 + t2)(1 + tn)dt
Pour quels entiers n sont elles dé�nies ?Montrer que In = Jn et calculer leur valeur.Faire directement le calcul de I1 et I2.
SOLUTION :
• Pour tout n ∈ N, les fonctions t −→ 1(1 + t2)(1 + tn)
et t −→ tn
(1 + t2)(1 + tn)sont continues sur
[0,+∞[ et les majorations1
1 + tn≤ 1 et
tn
1 + tn≤ 1 entraînent
1(1 + t2)(1 + tn)
≤ 11 + t2
ettn
(1 + t2)(1 + tn)≤ 1
1 + t2qui montrent que les intégrales In et Jn cvgent.
• Pour tout segment [a, b] ⊂]0,+∞[ ( 0 < a < b )∫ b
a
dt
(1 + t2)(1 + tn)dt =
∫ 1/b
1/a
1(1 + 1
u2 )(1 + 1un )
−1u2du =
∫ 1/a
1/b
un
(u2 + 1)(un + 1)du (par le chgmt u = 1
t )
Passons à la limite quand a→ 0+ et b→ +∞ :∫ +∞
0
dt
(1 + t2)(1 + tn)=∫ +∞
0
un
(u2 + 1)(un + 1)du
Donc I = J .
I + J =∫ +∞
0
dt
(1 + t2)(1 + tn)+∫ +∞
0
tn
(t2 + 1)(tn + 1)dt =
∫ +∞
0
1t2 + 1
dt =[
arctan t]+∞0
=π
2
Finalement, I = J =π
4
8
• Pour n = 1, I1 =∫ +∞
0
dt
(1 + t2)(1 + t)=∫ +∞
0
12
(1− t
1 + t2+
11 + t
)dt =
12
[arctan t− 1
2ln(1 + t2) + ln(1 + t)
]+∞0
I1 =12
[arctan t+ ln
(1 + t√1 + t2
)]+∞0
=π
4
• Pour n = 2, I1 =∫ +∞
0
dt
(1 + t2)2=∫ π/2
0
1 + tan2(u)(1 + tan2(u))2
du =∫ π/2
0
cos2 u du =∫ π/2
0
1 + cos(2u)2
du =π
4
3.5 Convergence et calcul d'intégrale : (ENSI)
Convergence et calcul de l'intégrale∫ +∞
0
xe−[x]dx où [x] désigne la partie entière du réel x.
SOLUTION :
• Sur tout segment [a, b] de R, la fonction f : x 7→ xe−[x] est continue, sauf aux points entiers du segment.En ces points elle admet une limite �onie à gauche et à droite.f est donc continue par morceaux sur tout segment [a, b] de R, c'est à dire continue par morceaux sur R.∀x ∈ R, [x] ≤ x ≤ [x] + 1, donc −[x] ≤ −x+ 1 et 0 ≤ xe−[x] ≤ xe−x+1 =
x→+∞o (e−
x2 )
Puisque la fonction x 7→ e−x2 est intégrable sur [0,+∞[, par domination, f l'est aussi.
L'intégrale∫ +∞
0
xe−[x]dx est donc convergente.
•∫ +∞
0
xe−[x]dx =∞∑
n=0
(∫ n+1
n
xe−[x]dx
)or∫ n+1
n
xe−[x]dx =∫ n+1
n
xe−ndx = e−n
∫ n+1
n
xdx = e−n
[x2
2
]n+1
n
= e−n 2n+ 12
= (n+ 12 )e−n
donc∫ +∞
0
xe−[x]dx =∞∑
n=0
(n+
12
)e−n =
∞∑n=0
n
(1e
)n
+12
∞∑n=0
(1e
)n
Or on sait que ∀x ∈]− 1, 1[,∞∑
n=0
xn =1
1− x, et par le théorème de dérivation des séries entières,
∀x ∈]− 1, 1[,∞∑
n=0
nxn−1 =1
(1− x)2
et donc ∀x ∈]− 1, 1[,∞∑
n=0
nxn =x
(1− x)2
Dès lors,∫ +∞
0
xe−[x]dx =1e
(1− 1e )2
+12
11− 1
e
=e
(e− 1)2+
e
2(e− 1)=
e2 + e
2(e− 1)2∫ +∞
0
xe−[x]dx =e2 + e
2(e− 1)2
• Véri�cation MAPLE :>int(x*exp(-trunc(x)),x=0..in�nity);evalf(");e:=exp(1); (e*e+e)/2/(e-1)∧2;evalf(");
3.6 Convergence et calcul d'intégrale :
Justi�er la convergence et calculer∫ +∞
0
e−t sin t dt et∫ +∞
0
e−t| sin t| dt
SOLUTION :• La fonction f : t 7→ e−t sin t est continue sur [0,+∞[.
De plus ∀t ∈ [0,+∞[, |f(t)| = |e−t sin t| ≤ e−t , fonction intégrable sur [0,+∞[.Par majoration, on en conclut que f est intégrable sur [0,+∞[.∫ +∞
0
e−t sin tdt = Im
(∫ +∞
0
e−teitdt
)∫ +∞
0
e(−1+i)tdt =[e(−1+i)t
−1 + i
]+∞0
= 0− 1−1 + i
=1
1− i=
1 + i
(1− i)(1 + i)=
1 + i
2(car |e(−1+i)t| = |e−teit| = e−t −−−−→
t→+∞0)
9
En prenant la partie imaginaire,∫ +∞
0
e−t sin tdt = Im
(∫ +∞
0
e−teitdt
)= Im
(1 + i
2
)=
12∫ +∞
0
e−t sin t dt =12
• Par le changement de variable t = nπ + u, on obtient :
un =∫ (n+1)π
nπ
|f(t)|dt =∫ π
0
e−(nπ+u)| sin(nπ + u)|du = e−nπ
∫ π
0
e−u sinudu = e−nπu0
u0 = Im
(∫ π
0
e(−1+i)tdt
)= Im
([e(−1+i)t
−1 + i
]π
0
)= Im
(e−πeiπ − 1−1 + i
)= Im
(e−π + 11− i
)=e−π + 1
2
d'où∫ +∞
0
|f(t)|dt =∞∑
n=0
(∫ (n+1)π
nπ
|f(t)|dt
)=
∞∑n=0
un =∞∑
n=0
e−nπu0 = u01
1− e−π
(somme d'une série géométrique de raison e−π)∫ +∞
0
|f(t)|dt =e−π + 1
2(1− e−π)=
12e
π2 + e−
π2
eπ2 − e−
π2
=12
coth(π
2
)∫ +∞
0
e−t| sin t| dt =12
coth(π
2
)3.7 Convergence et calcul d'intégrale :
On considère une fonction f continue et intégrable sur R.
Montrer que l'intégrale∫ +∞
−∞f
(t− 1
t
)dt est absolument convergente et la calculer en fonction de
∫Rf
SOLUTION :
Posons ∀t ∈ R∗, g(t) = f
(t− 1
t
). Ainsi, g est une fonction continue sur ]−∞, 0[∪]0,+∞[.
Soit ϕ la fonction dé�nie par : ∀t ∈]−∞, 0[∪]0,+∞[, ϕ(t) = t− 1t
∀t ∈]−∞, 0[∪]0,+∞[, ϕ′(t) = 1 + 1t2 > 0 .
La fonction ϕ est strictement croissante sur chacun des intervalles ]−∞, 0[ et ]0,+∞[.t −∞ −1 0 1 +∞
↗ +∞ ‖ ↗ +∞ϕ(t) 0 ‖ 0
−∞↗ ‖ −∞↗
• Soient a, b des réels tels que 0 < a < bLa fonction g est continue sur le segment [a, b] ⊂]0,+∞[∫ b
a
∣∣∣∣f (t− 1t
)∣∣∣∣ dt =∫ b
a
(1 +
1t2
) ∣∣∣∣f (t− 1t
)∣∣∣∣ dt− ∫ b
a
1t2
∣∣∣∣f (t− 1t
)∣∣∣∣ dtPar le changement de variable u = t− 1
t dans la première intégrale, on obtient :∫ b
a
∣∣∣∣f (t− 1t
)∣∣∣∣ dt =∫ b− 1
b
a− 1a
|f(u)|du−∫ b
a
1t2
∣∣∣∣f (t− 1t
)∣∣∣∣ dt︸ ︷︷ ︸≥0
≤∫ b− 1
b
a− 1a
|f(u)|du ≤∫ +∞
−∞|f(u)|du
donc, pour tout segment [a, b] ⊂]0,+∞[,∫ b
a|g(t)|dt ≤
∫ +∞−∞ |f(u)|du , la fonction |g| est intégrable sur
]0,+∞[.Raisonnement analogue pour l'intégrabilité sur ]−∞, 0[
• Soient a, b des réels tels que 0 < a < b, et reprenons le calcul comme précédemment :∫ b
a
f
(t− 1
t
)dt =
∫ b− 1b
a− 1a
f(u)du−∫ b
a
1t2f
(t− 1
t
)dt
et faisons le changement de variable v = − 1t dans la deuxième intégrale :∫ b
a
f
(t− 1
t
)dt =
∫ b− 1b
a− 1a
f(u)du−∫ − 1
b
− 1a
f
(v − 1
v
)dv
Quand a→ 0+, a− 1a = ϕ(a) → −∞, − 1
a2 → −∞Quand b→ +∞, b− 1
b = ϕ(b) → +∞, − 1b2 → 0
En passant à la limite dans l'égalité précédente, on obtient :∫ +∞
0
f
(t− 1
t
)dt =
∫ +∞
−∞f(u)du−
∫ 0
−∞f
(v − 1
v
)dv
soit �nalement :∫
Rg =
∫ +∞
0
f
(t− 1
t
)dt+
∫ 0
−∞f
(v − 1
v
)dv =
∫ +∞
−∞f(u)du
10
3.8 Intégrale semi-convergente :
Montrer que l'intégrale∫ ∞
0
∣∣∣∣ sin(t)t
∣∣∣∣ dt diverge, et calculer un équivalent de∫ x
0
∣∣∣∣ sin(t)t
∣∣∣∣ dt lorsque x→ +∞.
SOLUTION :
Soit x ∈ R+ et m ∈ N tel que mπ ≤ x ≤ (m+ 1)π ( m = E(
xπ
))∫ x
0
∣∣∣∣ sin(t)t
∣∣∣∣ dt =∫ mπ
0
∣∣∣∣ sin(t)t
∣∣∣∣ dt+∫ x
mπ
∣∣∣∣ sin(t)t
∣∣∣∣ dt =m−1∑k=0
∫ (k+1)π
kπ
∣∣∣∣ sin(t)t
∣∣∣∣ dt+∫ x
mπ
∣∣∣∣ sin(t)t
∣∣∣∣ dtPar le changement de variable t = kπ + u,
∫ (k+1)π
kπ
∣∣∣∣ sin(t)t
∣∣∣∣ dt =∫ π
0
∣∣∣∣ sin(kπ + u)kπ + u
∣∣∣∣ du∫ (k+1)π
kπ
∣∣∣∣ sin(t)t
∣∣∣∣ dt =∫ π
0
sin(u)kπ + u
du or ∀u ∈ [0, π],sin(u)
(k + 1)π≤ sin(u)kπ + u
≤ sin(u)kπ
donc∫ π
0
sin(u)(k + 1)π
du ≤∫ (k+1)π
kπ
∣∣∣∣ sin(t)t
∣∣∣∣ dt ≤ ∫ π
0
sin(u)kπ
du =1kπ
∫ π
0
sin(u)du =2kπ
ainsi,2
(k + 1)π≤∫ (k+1)π
kπ
∣∣∣∣ sin(t)t
∣∣∣∣ dt ≤ 2kπ
, et, en sommant pour k variant de 0 à m− 1,
2π
m−1∑k=1
1k + 1
≤∫ mπ
0
∣∣∣∣ sin(t)t
∣∣∣∣ dt ≤ 2π
m−1∑k=1
1k
et ,2π
m∑k=2
1k
+∫ x
mπ
∣∣∣∣ sin(t)t
∣∣∣∣ dt ≤ ∫ x
0
∣∣∣∣ sin(t)t
∣∣∣∣ dt ≤ 2π
m−1∑k=1
1k
+∫ x
mπ
∣∣∣∣ sin(t)t
∣∣∣∣ dtPar ailleurs, 0 ≤
∫ x
mπ
∣∣∣∣ sin(t)t
∣∣∣∣ dt ≤ ∫ (m+1)π
mπ
1tdt = ln
(m+ 1m
)−−−−−→m→+∞
0
On sait quem∑
k=2
1k
∼n→+∞
ln(m) et quem−1∑k=1
1k
∼n→+∞
ln(m− 1) ∼n→+∞
ln(m)
L'encadrement mπ ≤ x ≤ (m+ 1)π entraîne que m ∼x→+∞
xπ et que
ln(m) ∼x→+∞
ln(xπ
)= ln(x)− ln(π) ∼
x→+∞ln(x)
On en déduit alors que∫ x
0
∣∣∣∣ sin(t)t
∣∣∣∣ dt ∼x→+∞
2π
ln(x)
3.9 Intégrale et série :
Montrer la convergence et calculer l'intégrale∫ +∞
1
(t− E(t)− 12 )2
t2dt (où E(t) désigne la partie entière de t)
SOLUTION :
Jn =∫ n+1
n
(t− E(t)− 12 )2
t2dt =
∫ n+1
n
(t− n− 12 )2
t2dt =
∫ n+1
n
t2 − 2(n+ 12 )t+ (n+ 1
2 )2
t2dt
Jn =∫ n+1
n
(1−
2(n+ 12 )
t+
(n+ 12 )2
t2
)dt = 1− 2(n+ 1
2 ) ln(n+ 1n
)+ (n+ 1
2 )2(−1n+ 1
− −1n
)Jn = 1− (2n+ 1) ln
(n+ 1n
)+n2 + n+ 1
4
n(n+ 1)= 2− (2n+ 1) ln
(n+ 1n
)+
14
1n(n+ 1)
J =∫ +∞
1
(t− E(t)− 12 )2
t2dt =
∞∑n=1
(2− (2n+ 1) ln
(n+ 1n
)+
14
1n(n+ 1)
)
•∞∑
n=1
1n(n+ 1)
= limn→+∞
n∑k=1
(1k− 1k + 1
)= lim
n→+∞
(1− 1
n+1
)= 1
•n∑
k=1
(2− (2k + 1) ln
(k + 1k
))= 2n− 2
n∑k=1
k(ln(k + 1)− ln(k))−n∑
k=1
(ln(k + 1)− ln(k))︸ ︷︷ ︸=ln(n+1) (somme telescopique)
= 2n− ln(n+ 1)− 2n∑
k=1
[(k + 1) ln(k + 1)− k ln(k)− ln(k + 1)]
= 2n− ln(n+ 1)− 2(n+ 1) ln(n+ 1) + 2n∑
k=1
ln(k + 1)
Redescendons l'indice d'une unité pour faciliter le calcul :n−1∑k=1
(2− (2k + 1) ln
(k + 1k
))= 2(n− 1)− ln(n)− 2n ln(n) + 2
n−1∑k=1
ln(k + 1)
11
= 2(n− 1)− ln(n)− 2n ln(n) + 2 ln(n!)
D'après la formule de Stirling, n! ∼n→+∞
(ne
)n√2πn
donc n! =(ne
)n√2πn (1 + εn) où lim
n→+∞εn = 0
=⇒ ln(n!) = n(ln(n)− 1) + 12 ln(n) + 1
2 ln(2π) + ln(1 + εn)
d'oùn−1∑k=1
(2− (2k + 1) ln
(k + 1k
))= 2(n−1)−ln(n)−2n ln(n)+2n(ln(n)−1)+ln(n)+ln(2π)+2 ln(1+εn)
= −2 + ln(2π) + 2 ln(1 + εn)
en passant à la limite quand n→ +∞,n−1∑k=1
(2− (2k + 1) ln
(k + 1k
))= −2 + ln(2π)
et �nalement, J =∫ +∞
1
(t− E(t)− 12 )2
t2dt =
14− 2 + ln(2π) = −7
4+ ln(2π)
3.10 Calcul d'équivalents :
Déterminer des équivalents en 0+ et en +∞ de f : x 7→∫ +∞
x
e−t
tdt
et de g : x 7→∫ +∞
0
e−t
x+ tdt
SOLUTION :a) Etude en en +∞
• f(x) =∫ +∞
x
1te−tdt =
[−1te−t
]+∞x
−∫ +∞
x
1t2e−tdt =
e−x
x−∫ +∞
x
1t2e−tdt︸ ︷︷ ︸
h(x)
0 ≤ h(x) =∫ +∞
x
1t2e−tdt ≤ 1
x2
∫ +∞
x
e−tdt =e−x
x2
x→∞= o
(e−x
x
)donc
∫ +∞
x
e−t
tdt
x→∞=e−x
x+ o
(e−x
x
)x→∞∼ e−x
x
∫ +∞
x
e−t
tdt
x→∞∼ e−x
x
•∫ +∞
0
e−t
x+ tdt =
∫ +∞
x
ex−u
udu (par le changement de variable x+ t = u )∫ +∞
0
e−t
x+ tdt = ex
∫ +∞
x
e−u
udu
x→∞∼ ex e−x
x=
1x
∫ +∞
0
e−t
x+ tdt
x→∞∼ 1x
b) Etude en 0+
• f(x) =∫ +∞
x
1te−tdt =
[ln(t)e−t
]+∞x
+∫ +∞
x
ln(t)e−tdt = − lnxe−x +∫ +∞
x
ln(t)e−tdt
la fonction t −→ ln(t)e−t est continue sur ]0,+,∞[ et intégrable sur cet intervalle
(intégrable sur [1,+∞[ car+∞o ( 1
t2 ) et intégrable sur ]0, 1] car ln(t)e−t 0+
∼ ln(t) =0+
o ( 1√t) )
donc∫ +∞
x
ln(t)e−tdt a une limite �nie quand x→ 0+, qu'on note∫ +∞
0
ln(t)e−tdt
Quant à − lnxe−x, c'est un in�niment grand quand x→ 0+, équivalent à − lnx.
Finalement,∫ +∞
x
e−t
tdt
x→0+
∼ − lnx
• En reprenant l'égalitè∫ +∞
0
e−t
x+ tdt = ex
∫ +∞
x
e−u
udu , on obtient :∫ +∞
0
e−t
x+ tdt
x→0+
∼ ex(− lnx) x→0+
∼ (− lnx)∫ +∞
0
e−t
x+ tdt
x→0+
∼ − lnx
3.11 *Intégrale de reste d'intégrale impropre :
Déterminer le domaine de dé�nition de la fonction f : x −→∫ +∞
x
e−t
tdt
Calculer un équivalent de f(x) quand x→ +∞ et quand x→ 0
12
Existence et calcul de∫ +∞
0
(∫ +∞
x
e−t
tdt
)dx
SOLUTION :
• Pour tout x > 0, la fonction t 7→ e−t
test continue sur [x,+∞[
∀t ≥ 1, 0 ≤ e−t
t≤ e−t , cette dernière fonction étant intégrable sur [1,+∞[, par majoration la fonction
t 7→ e−t
tl'est aussi.
Donc l'intégrale∫ +∞
x
e−t
tdt est dé�nie pour tout x > 0.
• Pour x = 0, la fonction t 7→ e−t
test continue sur ]0,+∞[.
Maise−t
t∼ 1
tquand t→ 0+. Donc l'intégrale
∫ 1
0
e−t
tdt est divergente et f(x) n'est pas dé�ni.
Finalement, Df =]0,+∞[
• Equivalent en +∞ :
• f(x) =∫ +∞
x
1te−tdt =
[−1te−t
]t→+∞
x
−∫ +∞
x
1t2e−tdt =
e−x
x−∫ +∞
x
1t2e−tdt︸ ︷︷ ︸
h(x)
0 ≤ h(x) =∫ +∞
x
1t2e−tdt ≤ 1
x2
∫ +∞
x
e−tdt =e−x
x2
x→∞= o
(e−x
x
)donc
∫ +∞
x
e−t
tdt
x→∞=e−x
x+ o
(e−x
x
)x→∞∼ e−x
xf(x) =
∫ +∞
x
e−t
tdt
x→∞∼ e−x
x
• Equivalent en 0+ :
• f(x) =∫ +∞
x
1te−tdt =
[ln(t)e−t
]t→+∞
x+∫ +∞
x
ln(t)e−tdt = − lnxe−x +∫ +∞
x
ln(t)e−tdt
la fonction t −→ ln(t)e−t est continue sur ]0,+,∞[ et intégrable sur cet intervalle
(intégrable sur [1,+∞[ car+∞o ( 1
t2 ) et intégrable sur ]0, 1] car ln(t)e−t 0+
∼ ln(t) =0+
o ( 1√t) )
donc∫ +∞
x
ln(t)e−tdt a une limite �nie quand x→ 0+, qu'on note∫ +∞
0
ln(t)e−tdt
Quant à − lnxe−x, c'est un in�niment grand quand x→ 0+, équivalent à − lnx.
Finalement,∫ +∞
x
e−t
tdt
x→0+
∼ − lnx
Intégrabilité de f :La fonction f est continue sur ]0,+∞[ comme intégrale fonction de la borne inférieure.
f(x) =∫ +∞
x
e−t
tdt
x→∞∼ e−x
x= o
(e−x
)donc f est intégrable sur [1,+∞[
f(x) =∫ +∞
x
e−t
tdt
x→0+
∼ − lnx = o
(1√x
)donc f est intégrable sur ]0, 1]
Par additivité, f est intégrable sur ]0,+∞[
• Soient a et b réels tels que 0 < a < b
Comme intégrale fonction de la borne inférieure, f est dérivable sur ]0,+∞[ et f ′(x) = −e−x
xLes fonctions intervenant étant C1 sur [a, b], intégrons par parties comme suit :∫ b
a
f(t)dt = [tf(t)]ba −∫ b
a
tf ′(t)dt = bf(b)− af(a) +∫ b
a
e−tdt∫ b
a
f(t)dt = bf(b)− af(a)− e−b + e−a
Quand b→ +∞, bf(b) ∼ be−b
b= e−b → 0
Quand a→ 0+, af(a) ∼ −a ln a→ 0
En passant à la limite quand a→ 0+ et quand b→ +∞, on obtient∫ +∞
0
f(t)dt = 1∫ +∞
0
f(x)dx =∫ +∞
0
(∫ +∞
x
e−t
tdt
)dx = 1
13
3.12 Intégrale du reste de Gauss :
a) Domaine de dé�nition de la fonction g : x −→∫ +∞
x
e−t2dt
Déterminer un équivalent de g(x) quand x→ +∞
b) Montrer que l'intégrale∫ +∞
0
(∫ +∞
x
e−t2dt
)dx existe et la calculer.
SOLUTION :
a) La fonction tf−→ e−t2 est continue sur R et ∀t ≥ 1, 0 ≤ e−t2 ≤ e−t donc f est intégrable sur [1,+∞[ et
sur [x,+∞[ pour tout x ∈ R.
La fonction g : x −→∫ +∞
x
e−t2dt est dé�nie et C1 sur R comme intégrale d'une fonction continue
fonction de la borne inférieure .De plus ∀x ∈ R, g′(x) = −e−x2
∀x ∈ R∗+, g(x) =∫ +∞
x
−12t
(−2te−t2)dt =[−12te−t2
]∞x
−∫ +∞
x
12t2
e−t2dt
g(x) =e−x2
2x−∫ +∞
x
12t2
e−t2dt︸ ︷︷ ︸h(x)
0 ≤ h(x) ≤ 12x2
∫ +∞
x
e−t2dt =1
2x2g(x) x→+∞= o(g(x))
donc g(x) =e−x2
2x− o(g(x)) x→+∞∼ e−x2
2x g(x) x→+∞∼ e−x2
2xb) g est C1 sur R.
∀x ∈ R∗+,∫ b
0
g(x)dx =[xg(x)
]b0−∫ b
0
xg′(x)dx = −bg(b) +∫ b
0
xe−x2dx∫ b
0
g(x)dx = −bg(b)−
[e−x2
2
]b
0
= −bg(b)− e−b2
2+
12
or bg(b) b→+∞∼ e−b2
2(question précédente) donc lim
b→+∞
∫ b
0
g(x)dx =12
et �nalement,∫ +∞
0
(∫ +∞
x
e−t2dt
)dx =
12
3.13 *Intégrale de reste d'intégrale impropre :
a) Montrer que les intégrales∫ +∞
a
eit
tdt pour tout a > 0, et
∫ +∞
0
sin ttdt convergent.
Qu'en est il de l'intégrale∫ +∞
0
cos ttdt ?
Calculer un équivalent de∫ +∞
x
cos ttdt quand x −→ 0+
b) Montrer que l'intégrale∫ +∞
0
(∫ +∞
x
eit
tdt
)dx converge et la calculer.
SOLUTION :
a) • Soit a > 0. ∀x > 0,∫ x
a
eit
tdt est dé�nie car t −→ eit
t est continue sur le segment [a, x].∫ x
a
eit
tdt =
[eit
it
]x
a
+∫ x
a
eit
it2dt = i
eia
a− i
eix
x− i
∫ x
a
eit
t2dt
puisque
∣∣∣∣eit
t2
∣∣∣∣ = 1t2, l'intégrale
∫ +∞
a
eit
t2dt converge absolument, de plus
eix
x→ 0 quand x → +∞
donc limx→+∞
(∫ x
a
eit
tdt
)= i
eia
a− i
∫ +∞
a
eit
t2dt et l'intégrale
∫ +∞
a
eit
tdt converge.
• La fonction t −→ sin tt est prolongeable en une fonction continue sur le segment [0, a].
14
Donc∫ a
0
sin ttdt est dé�nie et
∫ +∞
0
sin ttdt aussi par additivité.
• cos tt
x→0∼ 1tdonc l'intégrale
∫ a
0
cos ttdt est divergente.
Fixons a > 0. ∀x > 0,∫ +∞
x
cos ttdt =
∫ a
x
cos ttdt+
∫ +∞
a
cos ttdt︸ ︷︷ ︸
A fixe
= A+∫ a
x
1− 2 sin2 t2
tdt
= A+ ln a− lnx− 2∫ a
x
sin2 t2
tdt
or t −→sin2 t
2
t
x→0∼ t
4est prolongeable par continuité en 0 et
∫ a
x
sin2 t2
tdt a une limite �nie quand
x→ 0+
L'égalité∫ +∞
x
cos ttdt = A+ ln a− lnx− 2
∫ a
x
sin2 t2
tdt montre alors que
∫ +∞
x
cos ttdt
x→0+
∼ − lnx
b)∫ b
a
(∫ +∞
x
eit
tdt
)dx =
[x
∫ +∞
x
eit
tdt
]b
a
−∫ b
a
x−eix
xdx
= b
∫ +∞
b
eit
tdt− a
∫ +∞
a
eit
tdt+
∫ b
a
eixdx
quand a −→ 0,∫ +∞
a
eit
tdt ∼ − ln a (voir question a) ) donc lim
a→0+
(a
∫ +∞
a
eit
tdt
)= 0
Mais quand b −→ +∞,
∫ +∞
b
eit
tdt −→ 0 (reste d'une intégrale convergente)
et b
∫ +∞
b
eit
tdt présente la forme indéterminée ∞× 0
Passons à la limite quand a −→ 0 :∫ b
0
(∫ +∞
x
eit
tdt
)dx = b
∫ +∞
b
eit
tdt+
∫ b
0
eixdx
= b
∫ +∞
b
1t⇁
eit⇀dt+
eib − 1i
= b
[eit
it
]t→+∞
t=b
+ b
∫ +∞
b
eit
it2dt+ i− ieib
= 0− beib
ib+ b
∫ +∞
b
eit
it2dt+ i− ieib = i− ib
∫ +∞
b
eit
t2dt
Reste à étudier limb→+∞
(b
∫ +∞
b
eit
t2dt
):
b
∫ +∞
b
eit
t2dt = b
([eit
it2
]t→+∞
t=b
+ 2∫ +∞
b
eit
it3dt
)= b
(0− eib
ib2+ 2
∫ +∞
b
eit
it3dt
)= i
eib
b− 2ib
∫ +∞
b
eit
t3dt
or b
∣∣∣∣∫ +∞
b
eit
t3
∣∣∣∣ ≤ b
∫ +∞
b
1t3dt = b
12b2
=12b
−−−−→b→+∞
0
donc limb→+∞
(b
∫ +∞
b
eit
t2dt
)= 0
et limb→+∞
∫ b
0
(∫ +∞
x
eit
tdt
)dx = i
Ceci montre que l'intégrale∫ +∞
0
(∫ +∞
x
eit
tdt
)dx converge et que
∫ +∞
0
(∫ +∞
x
eit
tdt
)dx = i
• En considérant les parties réelle et imaginaire, on en déduit :∫ +∞
0
(∫ +∞
x
cos ttdt
)dx = 0 et
∫ +∞
0
(∫ +∞
x
sin ttdt
)dx = 1
3.14 ** Fonctions de carré intégrables :
Soit f une fonction réelle de classe C2 sur [0,+∞[, telle que f2 et f”2 sont intégrables sur [0,+∞[.a) Montrer que f.f” est intégrable sur [0,+∞[.b) Montrer que f.f ′ admet une limite �nie en +∞ et que f ′2 est intégrable sur [0,+∞[c) Montrer que lim
+∞f.f ′ = 0 et que lim
+∞f = 0
15
SOLUTION :a) ∀x ∈ [0,+∞[, (|f(x)| − |f”(x)|)2 = f(x)2 + f”(x)2 − 2|f(x)|.|f”(x)| ≥ 0
et donc |f(x).f”(x)| ≤ 12(f(x)2 + f”(x)2) , ce qui montre par majoration que |f.f”| est intégrable sur
[0,+∞[.
b) ∀x ∈ [0,+∞[,∫ x
0
f ′2(t)dt =[f(t)f ′(t)
]x0−∫ x
0
f(t)f”(t)dt
donc f(x)f ′(x) = f(0)f ′(0) +∫ x
0
f ′2(t)dt+∫ x
0
f(t)f”(t)dt (1)
d'après a), f.f” est intégrable sur [0,+∞[ et limx→+∞
∫ x
0
f(t)f”(t)dt =∫ +∞
0
f(t)f”(t)dt
La fonction x −→∫ x
0
f ′2(t)dt est croissante sur [0,+∞[ et admet une limite �nie quand x → +∞ si elle
est bornée, a pour limite +∞ quand x → +∞ si elle n'est pas bornée.Donc, d'après (1), f(x)f ′(x) admet une limite, �nie ou in�nie, quand x → +∞
Si limx→+∞
f(x)f ′(x) = +∞ , l'égalité∫ x
0
f(t)f ′(t)dt =12
[f2(t)
]x0
=12(f2(x)− f2(0)) montre que
limx→+∞
f2(x) = +∞ , ce qui est incompatible avec l'hypothèse d'intégrabilité de f2 sur [0,+∞[.
Donc f(x)f ′(x) admet une limite �nie quand x → +∞ .
L'égalité (1) entraîne alors que∫ x
0
f ′2(t)dt admet une limite �nie quand x → +∞ , c'est à dire que f ′2 est
intégrable sur [0,+∞[.
c) f2 et f ′2 étant intégrable sur [0,+∞[, comme en a), on en déduit que f.f ′ est intégrable sur [0,+∞[.f.f ′ ayant une limite �nie en +∞, (question b) celle-ci ne peut être que 0.Donc lim
x→+∞f(x)f ′(x) = 0
L'égalité f2(x)− f2(0) = 2∫ x
0
f(t)f ′(t)dt et l'intégrabilité de f.f ′ sur [0,+∞[. montrent que f2 admet une
limite �nie en +∞ , et celle-ci ne peut être que 0 puisque f2 est intégrable sur [0,+∞[.
3.15 **Convergence d'intégrales : intégrales de Fresnel et généralisation :
1- Montrer que l'intégrale∫ +∞
0
cos(t2)dt converge.
2- Soit P un polynôme réel de dégré supérieur ou égal à 2.
Montrer que l'intégrale∫ +∞
0
cos(P (t))dt converge.
SOLUTION :
1-∫ x
a
cos(t2)dt =∫ x2
a2
cos(u)2√udu (par le changement t2 = u, t =
√u
=[sin(u)2√u
]x2
a2
+∫ x2
a2
sin(u)4u√udu
sin(u)u√u
u→0∼ 1u
12
est intégrable sur ]0, 1], donc on peut passer à la limite quand a→ 0+ :∫ x
a
cos(t2)dt =sin(x2)
2x+∫ x2
0
sin(u)4u√udu et
∣∣∣∣ sin(u)4u√u
∣∣∣∣ ≤ 1u
32
donc u→ sin(u)4u√u
est intégrable sur [1,+∞[
par ailleurs,
∣∣∣∣ sin(x2)2x
∣∣∣∣ ≤ 12x
x→+∞−→ 0
Donc limx→+∞
∫ x
0
cos(t2)dt =∫ +∞
0
sin(u)4u√udu et l'intégrale
∫ +∞
0
cos(t2)dt converge.
2- Soit P un polynôme réel de dégré n supérieur ou égal à 2 : P (X) =n∑
k=0
akXk
La fonction cosinus étant paire, quitte à changer P en −P , on peut supposer an > 0.Le polynôme P (X) possède au plus n racines réelles. Soit A un réel plus grand que la plus grande racine
réelle de P (X) (ou A quelconque si P n'a pas de racine réelle)Puisque la fonction polynomiale x 7→ P (x) est continue et ne s'annnule pas sur [A,+∞[, elle garde un signe
constant sur l'intervalle [A,+∞[, et ce signe est celui de an c'est à dire positif.
16
Même raisonnement pour le polynôme P ′(x) qui va garder un signe positif sur un intervalle de la forme[A′,+∞[, en choisissant A′ > A.
La fonction x 7→ P (x) est strictement croissante dont injective sur [A′,+∞[, et puisque limx→+∞
P (x) = +∞et qu'elle est continue, c'est une bijection de [A′,+∞[ sur [P (A′),+∞[.
On notera P−1 sa bijection réciproque, de [P (A′),+∞[ sur [A′,+∞[.P étant un C1 di�éomorphisme de [A′,+∞[ sur [P (A′),+∞[, on peut faire le changement de variable :
u = P (t), du = P ′(t)dt :
∀x > A′,
∫ x
A′cos(P (t))dt =
∫ x
A′
cos(P (t))P ′(t)
P ′(t)dt (P ′ ne s'annule pas sur [A′,+∞[ )∫ x
A′cos(P (t))dt =
∫ P (x)
P (A′)
cosuP ′(P−1(u))
du
intégrons par parties :∫ x
A′cos(P (t))dt =
∫ P (x)
P (A′)
cosu1
P ′(P−1(u))du =
[sinu
1P ′(P−1(u))
]P (x)
P (A′)
+∫ P (x)
P (A′)
sinuP ′′(P−1(u))(P−1)′(u)
P ′2(P−1(u))du∫ x
A′cos(P (t))dt =
sinP (x)P ′(x)
− sinP (A′)P ′(A′)
+∫ P (x)
P (A′)
sinuP ′′(P−1(u))P ′3(P−1(u))
du
P ′(X) est un polynôme de dégré n− 1 ≥ 1, de coe�cient dominant positif, donc limx→+∞
P ′(x) = +∞
et puisque le sinus est borné, limx→+∞
sinP (x)P ′(x)
= 0
Etudions l'absolue convergence de∫ +∞
P (A′)
sinuP ′′(P−1(u))P ′3(P−1(u))
du
∀y > P (A′),∫ y
P (A′)
∣∣∣∣sinu P ′′(P−1(u))P ′3(P−1(u))
∣∣∣∣ du =∫ P−1(y)
A′
∣∣∣∣sinP (t)P ′′(t)P ′3(t)
∣∣∣∣P ′(t)dt =∫ P−1(y)
A′| sinP (t)| |P
′′(t)|P ′2(t)
dt
(par le changement de variable u = P (t) dans l'autre sens)
or | sinP (t)| |P′′(t)|
P ′2(t)≤ |P ′′(t)|
P ′2(t)∼ n(n− 1)ant
n−2
(nantn−1)2=n− 1n an
1tn
quand t→ +∞
donc t 7→ | sinP (t)| |P′′(t)|
P ′2(t) est intégrable sur [A′,+∞[, et par les égalités ci-dessus,
l'intégrale∫ y
P (A′)
∣∣∣∣sinu P ′′(P−1(u))P ′3(P−1(u))
∣∣∣∣ du admet une limite �nie lorsque y → +∞
et l'intégrale∫ +∞
P (A′)
sinuP ′′(P−1(u))P ′3(P−1(u))
du est absolument convergente.
L'égalité∫ x
A′cos(P (t))dt =
sinP (x)P ′(x)
− sinP (A′)P ′(A′)
+∫ P (x)
P (A′)
sinuP ′′(P−1(u))P ′3(P−1(u))
du montre alors que :
limx→+∞
(∫ x
A′cos(P (t))dt
)= − sinP (A′)
P ′(A′)+∫ +∞
P (A′)
sinuP ′′(P−1(u))P ′3(P−1(u))
du
cette limite étant �nie, l'intégrale∫ +∞
A′cos(P (t))dt est convergente.
La fonction t 7→ cos(P (t)) étant continue donc intégrable sur la segment [0, A′], par additivité, l'intégrale∫ +∞
0
cos(P (t))dt est convergente.
4 Limites et séries d'intégrales :
4.1 Limite d'intégrales :
Montrer que l'intégrale∫ +∞
0
sin(π x)1 + xn
dx est dé�nie pour tout n ≥ 1
et calculer limn→+∞
∫ +∞
0
sin(π x)1 + xn
dx
SOLUTION :
• Pour tout n, la fonction x 7→ sin(π x)1 + xn
est continue sur [0,+∞[
Pour tout n ≥ 2,∣∣∣∣ sin(π x)
1 + xn
∣∣∣∣ ≤ 11 + xn
et cette dernière fonction de x est intégrable sur [1,+∞[
Par majoration, la fonction x 7→ sin(π x)1 + xn
est intégrable sur [0,+∞[
• Pour n = 1,1
1 + x=
1x− 1x(1 + x)
,
17
l'intégrale∫ +∞
0
sin(π x)x
dx converge (exemple classique) et l'intégrale∫ +∞
0
sin(π x)x(x+ 1)
dx converge absolu-
ment (fonction continue sur [0,+∞[ et majoration
∣∣∣∣ sin(π x)x(x+ 1)
∣∣∣∣ ≤ 1x2
sur [1,+∞[)
donc, par addition l'intégrale∫ +∞
0
sin(π x)x+ 1
dx converge aussi.
• Rappelons quesi 0 ≤ x < 1, lim
x→+∞xn = 0
si x = 1, limx→+∞
xn = 1
si 1 < x, limx→+∞
xn = +∞
Notons fn la fonction x 7→ sin(π x)1 + xn
si 0 ≤ x < 1, limx→+∞
fn(x) = sin(π x)
si x = 1, limx→+∞
fn(x) =12
sin(π x)
si 1 < x, limx→+∞
fn(x) = 0
La suite de fonctions (fn) converge simplement sur [0,+∞[ vers la fonction g dé�nie par : si 0 ≤ x < 1, g(x) = sin(π x)si x = 1, g(x) = 1
2 sin(π x) = 0si 1 < x, g(x = 0
Par ailleurs, ∀n ≥ 2,∀x ∈ [0,+∞[, |fn(x)| =∣∣∣∣ sin(π x)
1 + xn
∣∣∣∣ ≤ 11 + xn
≤ 11 + x2
, cette dernère fonction
majorante est une fonction de x seul, continue et intégrable sur [0,+∞[.
d'après le théorème de convergence majorée, on peut a�rmer que limn→+∞
∫ +∞
0
fn(x)dx =∫ +∞
0
g(x)dx
donc limn→+∞
∫ +∞
0
fn(x)dx =∫ +∞
0
g(x)dx =∫ 1
0
sin(π x) =[− cos(πx)
π
]10
=2π
4.2 Limite d'intégrale ( Mines)
Soit un =∫ +∞
0
11 + x+ x2 + ...+ xn
dx
Existence et limite éventuelle de la suite (un)
SOLUTION :
Soit ∀x ∈ [0,+∞[, fn(x) =1
1 + x+ x2 + ...+ xn, qui est bien dé�ni car 1 + x+ x2 + ...+ xn > 0
f0(x) = 1, f1(x) =1
1 + xne sont pas intégrables sur [0,+∞[
f2(x) =1
1 + x+ x2est intégrable sur [0,+∞[ , de même que fn(x) pour n ≥ 2 car alors fn(x) ≤ f2(x).
La suite (un) est donc dé�nie à partir du rang 2.
∀x ∈ [0,+∞[−{1}, fn(x) =1− x
1− xn+1
- si 0 ≤ x < 1, limn→+∞
fn(x) = 1− x
- si x = 1, limn→+∞
fn(1) = 0
- si 1 < x, limn→+∞
fn(x) = 0
soit g la fonction dé�nie sur [0,+∞[ par : g(x) ={
1 si 0 ≤ x < 10 si 1 ≤ x
La suite de fonctions (fn) converge simplement sur R+ vers la fonction g.- pour n ≥ 2 , chaque fn est continue et intégrable sur [0,+∞[- la suite de fonctions (fn) converge simplement sur [0,+∞[ vers la fonction g, qui est continue par
morceaux et intégrable sur [0,+∞[ (car nulle sur intégrable sur [1,+∞[).- ∀n ≥ 2, 0 ≤ fn(x) ≤ f2(x)︸ ︷︷ ︸
intégrable sur [0,+∞[
.
Par application du théorème de convergence majorée, on en déduit que
limn→+∞
( ∫ +∞
0
fn(x)dx)
=∫ +∞
0
(lim
n→+∞fn(x)
)dx =
∫ +∞
0
g(x)dx =∫ 1
0
(1− x)dx =12
Ainsi, limn→+∞
un =12
18
4.3 Intégrale de Gauss (ENSI)
On rappelle que wn =∫ π
2
0
sinn x dx ∼√
π
2nquand n→ +∞
a) Montrer que l'intégrale∫ +∞
0
e−x2dx converge. On note α sa valeur.
b) Soit Jn =∫ √
n
0
(1− x2
n
)n
dx.
Exprimer Jn en fonction de termes de la suite (wn).Étudier lim
n→∞Jn et en déduire la valeur de α.
SOLUTION :b) • le changement de variable x =
√n. cos t , dx = −
√n. sin t dt donne :
Jn =∫ 0
π2
(1− cos2 t)n(−√n. sin t) dt =
√n.
∫ π2
0
(sin t)2n+1 dt =√n.w2n+1
Puisque wn ∼√
π
2nquand n→ +∞ , on a :
Jn ∼√n.
√π
4n+ 2∼√π
2donc lim
n→∞Jn =
√π
2
• Soit hn : x 7→
(
1− x2
n
)n
si 0 ≤ x ≤√n
0 si x >√n
hn est continue sur [0,+∞[ , (hn(√n) = 0) et intégrable sur [0,+∞[ car hn(x) = 0 si x ≥ n
et un =∫ +∞
0
hn(x) dx
Pour tout x ≥ 0 , pour tout n > x ,(1− x2
n
)n
= en ln(1− x2n ) −→ e−x2
quand n→ +∞
car n ln(
1− x2
n
)∼ n.
−x2
n−→ −x2 quand n→ +∞
La suite de fonctions (hn) converge simplement sur [0,+∞[ vers la fonction H :x −→ e−x2
.de plus l'inégalité ∀u ∈]−∞, 1[, 1− u ≤ e−u entraîne
ln(
1− x2
n
)≤ −x2
net
(1− x2
n
)n
≤ e−x2
Donc ∀n ∈ N∗,∀x ∈ [0,+∞[, hn(x) ≤ e−x2
Cette majoration permet d'appliquet le théorème de convergence dominée et de conclure :
limn→∞
Jn = limn→∞
∫ +∞
0
hn(x) dx =∫ +∞
0
H(x) dx =∫ +∞
0
e−x2dx
et puisque limn→∞
Jn =√π
2, on obtient :
∫ +∞
0
e−x2dx =
√π
2
4.4 Limite d'intégrale ( ENSI)
Soit un =∫ n
0
(1− x
n
)n
sinx dx.
Étudier limn→∞
un
SOLUTION :
Dé�nissons hn : x −→
{ (1− x
n
)n
sinx si 0 ≤ x ≤ n
0 si x > nhn est continue sur [0,+∞[ , (hn(0) = 0) et intégrable sur [0,+∞[ car hn(x) = 0 si x ≥ n
et un =∫ +∞
0
hn(x) dx
L'étude des variations de la fonction (u→ ln(1− u+ u) montre que :∀u ∈]−∞, 1[, ln(1− u) + u ≤ 0
donc ln(1− u) ≤ −u , 1− u ≤ e−u
Donc ∀x ∈ [0, n[, 0 ≤ xn < n , on a 1− x
n ≤ e−xn
19
et donc(
1− x
n
)n
≤ e−x
Donc, ∀n ∈ N∗, ∀x ∈ [0,+∞[, |hn(x)| ≤ e−x (1)
- Soit x ∈ [0,+∞[, pour n assez grand, x < n et x ∈ [0, n] et donc hn(x) =(
1− x
n
)n
sin(x)
hn(x) = en ln
�1− x
n
�sin(x) −→ e−x sinx quand n→ +∞
La suite de fonctions (hn) converge simplement sur [0,+∞[ vers la fonction H :x −→ e−x sinx .
La majoration (1) permet d'appliquer le théorème de convergence dominée et de conclure que :
limn→∞
∫ +∞
0
hn(x) dx =∫ +∞
0
H(x) dx
donc limn→∞
un =∫ +∞
0
e−x sinx dx∫ +∞
0
e−x sin(x) dx = =m( ∫ +∞
0
e−xeix dx
)= =m
[e(−1+i)x
−1 + i
]t→+∞
c=0
= =m[
−1−1 + i
]= =m
[1 + i
(1 + i)(1− i)
]=
12
Finalement, limn→∞
un =12
4.5 Limite et équivalent :
Pour quels entiers n l'intégrale In =∫ ∞
0
11 + xn
dx converge-t-elle ?
Calculer L = limn→+∞
In et calculer un équivalent de In − L quand n→ +∞
SOLUTION :
a) -∀n ∈ N, la fonction x −→ 11 + xn
est continue sur [0,+∞[1
1 + xn∼ 1xn
quand x→ +∞
donc x −→ 11 + xn
est intégrable sur [0,+∞[ si et seulement si n ≥ 2
- si x ∈ [0, 1[, limn→+∞
11 + xn
= 1
- si x ∈]1,+∞[, limn→+∞
11 + xn
= 0
- pour x = 1, limn→+∞
11 + xn
=12
Donc la suite de fonctions (fn) = (x −→ 11+xn )n≥2 converge simplement sur [0,∞[
vers la fonction g : x −→
1 si x ∈ [0, 1[12 si x = 1
0 si x ∈]1,+∞[
Chaque fonction fn est majorée sur [0,+∞[ par la fonction F : x −→{
1 si x ∈ [0, 1]1x2 si x ∈]1,+∞[ , qui est continue
par morceaux et ontégrable sur [0,+∞[Par application du théorème de convergence dominèe, on en déduit que :
limn→+∞
∫ ∞
0
fn(x)dx =∫ ∞
0
g(x)dx
donc limn→+∞
In =∫ 1
0
1dx+∫ ∞
1
0dx = 1
b) In − 1 =∫ ∞
0
11 + xn
dx− 1
In − 1 =∫ 1
0
11 + xn
dx− 1 +∫ ∞
1
11 + xn
dx
In − 1 =∫ 1
0
−xn
1 + xndx+
∫ 0
1
− 1u2
1 + 1un
du
(par le changement de variable x = 1u dans la deuxième intégrale)
In − 1 =∫ 1
0
−xn
1 + xndx+
∫ 1
0
un−2
un + 1du =
∫ 1
0
xn−2 − xn
xn + 1dx
Faisons le changement de variable v = xn, x = n√v = v
1n , dx = 1
nv1n−1dv
20
In − 1 =1n
∫ 1
0
v1− 2n − v
v + 1v
1n−1dv =
1n
∫ 1
0
v−1n − v
1n
v + 1=
1n
∫ 1
0
v1nv−
2n − 1v + 1
dv
or v−2n − 1 = e−
2n ln(v) − 1 ∼ − 2
nln(v) quand n→ +∞
donc limn→+∞
n.(v−2n − 1) = −2 ln(v)
par ailleurs, limn→+∞
v1n = lim
n→+∞e
1n ln(v) = e0 = 1
Posons hn(v) = n.v1nv−
2n − 1v + 1
de sorte que In − 1 =1n2
∫ 1
0
hn(v)dv
Ainsi la suite de fonctions (hn) converge simplement sur [0, 1] vers la fonction k :
v −→ −2 ln(v)v + 1
Soit, pour v ∈ [0, 1] �xé, et pour m entier ≥ 2, ϕ(m) = m.(v−2m − 1) = m.(e−
2m ln(v) − 1)
ϕ′(m) = e−2m ln(v) − 1 +m. 2
m2 e− 2
m ln(v). ln(v)ϕ′(m) = e−
2m ln(v)(1 + 2
m ln(v))− 1Soit alors ψ(z) = ez(1− z)− 1 ( où z = − 2
m ln(v) ∈ R+)ψ′(z) = ez(1− z)− ez = −zez < 0ψ est donc décroissante sur [0,+∞[, ψ(0) = 0 donc ψ(x) ≤ 0 sur [0,+∞[.Il s'ensuit que ϕ′(m) ≤ 0 sur [2,+∞[ et que
∀n ≥ 2, hn(v) ≤ h2(v) = 2.√vv−1 − 1v + 1
∼ 2√vquand v −→ 0+
h2 est continue et intégrable sur ]0, 1]Par application du théorème de convergence dominèe, on en déduit que :
limn→+∞
∫ 1
0
hn(x)dx =∫ 1
0
−2 ln(v)v + 1
dx
Donc (In − 1) ∼ 1n2
∫ 1
0
−2 ln(v)v + 1
dv quand n→ +∞
♣ En�n calculons J =∫ 1
0
ln(t)t+ 1
dt :
∀t ∈]0, 1[,ln(t)t+ 1
=∞∑
k=0
(−1)ktk ln(t)︸ ︷︷ ︸uk(t)∫ 1
0
|uk(t)|dt = −∫ 1
0
tk⇀
ln(t)⇁dt =[− tk+1
k + 1ln(t)
]1t→0+︸ ︷︷ ︸
=0
+∫ 1
0
tk
k + 1dt =
1(k + 1)2
La série∑k≥0
∫ 1
0
|uk(t)|dt est convergente, d'après le théorème de d'intégration des séries de fonctions, on
peut alors a�rmer que∫ 1
0
( ∞∑k=0
uk(t)dt
)=
∞∑k=0
( ∫ 1
0
uk(t)dt)
Donc J =∫ 1
0
ln(t)t+ 1
dt =∞∑
k=0
(−1)k+1
(k + 1)2=
∞∑k=1
(−1)k
k2= −π
2
12
Finalement, (In − 1) ∼ 1n2
∫ 1
0
−2 ln(v)v + 1
dv ∼ π2
6n2quand n→ +∞
(In − 1) ∼ π2
6n2quand n→ +∞
4.6 Intégrale et série 1 :
Montrer que∫ 1
0
1xxdx =
+∞∑n=1
1nn
SOLUTION :
• La fonction f : x −→ 1xx
= e−x ln x est continue sur ]0, 1].
limx→0+
(x lnx) = 0 donc lim0+ f = 1 et on peut prolonger f en une fonction continue sur [0, 1] en posant
f(0) = 1.
L'intégrale∫ 1
0
1xxdx est alors bien dé�nie comme étant celle d'une fonction continue sur un segment.
21
• ∀n ≥ 2,1nn
≤ 1n2
et la série∑ 1
nnest convergente par majoration par une série de Riemannn convergente.
• ∀x ∈]0, 1],1xx
= e−x ln x =∞∑
n=0
(−x lnx)n
n!
Dé�nissons alors pour n ≥ 0 et x ∈]0, 1], un(x) =(−x lnx)n
n!- chaque fonction un est continue et intégrable sur ]0, 1],- la série de fonctions
∑un( ) converge simplement sur ]0, 1] et a pour somme la fonction f
- Montrons en�n que la série numérique∑∫ 1
0|un(x)|dx converge.
∀n, p ∈ N∗, In,p =∫ 1
0
xp(lnx)ndx =[xp+1
p+ 1(lnx)n
]10
−∫ 1
0
nxp
p+ 1(lnx)n−1dx
=⇒ In,p = − n
p+ 1In−1,p
d'où In,n = − n
n+ 1In−1,n =
n(n− 1)(n+ 1)(n+ 1)
In−2,n = ..... = (−1)n n(n− 1).....2.1(n+ 1)(n+ 1)...(n+ 1)
I0,n = (−1)n n!(n+ 1)n
I0,n
avec I0,n =∫ 1
0
xndx =[xn+1
n+ 1
]10
=1
n+ 1
Ainsi, ∀n ∈ N, In,n =∫ 1
0
(x lnx)ndx = (−1)n n!(n+ 1)n+1
Donc∫ 1
0
|un(x)|dx =n!
(n+ 1)n+1n!=
1(n+ 1)n+1
≤ 1(n+ 1)2
et la série∑∫ 1
0|un(x)|dx est convergente.
On peut alors appliquer le théorème d'intégration terme à terme des séries de fonctions :∫ 1
0
( ∞∑n=0
un(x)
)dx =
∞∑n=0
(∫ 1
0
un(x)dx)
donc∫ 1
0
f(x)dx =∫ 1
0
( ∞∑n=0
(−x lnx)n
n!
)dx =
∞∑n=0
(∫ 1
0
(−x lnx)n
n!dx
)∫ 1
0
f(x)dx =∞∑
n=0
(−1)n (−1)n
(n+ 1)n+1=
∞∑n=1
1mm
(par le changement d'indice m = n+ 1)
Finalement,∫ 1
0
1xxdx =
+∞∑n=1
1nn
4.7 Intégrale et série 2 :
Montrer que∫ 1
0
ln2(1− x)x
dx = 2+∞∑n=1
Sn
(n+ 1)2= 2ζ(3) où Sn =
n∑k=1
1k
et ζ(s) est la série de Riemann ζ(s) =+∞∑n=1
1ns
SOLUTION :
• ∀x ∈ [0, 1[, ln(1− x) = −+∞∑n=1
xn
n=
+∞∑n=1
anxn avec a0 = 0 et ∀n ≥ 1, an = 1
n
∀x ∈ [0, 1[, ln2(1− x) = −
(+∞∑n=1
anxn
)2
=+∞∑n=1
cnxn
avec c0 = a0.a0 = 0c1 = a0.a1 + a1.a0 = 0
∀n ≥ 2, cn =n∑
k=0
ak.an−k =n−1∑k=1
1k
1n− k
(car a0 = 0)
or1
x(n− x)=
1n
(1x
+1
n− x
)donc ∀n ≥ 2, cn =
n−1∑k=1
1k
1n− k
=1n
n−1∑k=1
(1k
+1
n− k
)=
1n
(1 +
12
+13
+ ...+1
n− 1+
1n− 1
+ ...+12
+ 1)
∀n ≥ 2, cn =2Sn−1
n
∀x ∈ [0, 1[, ln2(1− x) =+∞∑n=2
2Sn−1
nxn et
ln2(1− x)x
=+∞∑n=2
2Sn−1
nxn−1 = 2
+∞∑n=1
Sn
n+ 1xn︸ ︷︷ ︸
un(x)
22
∀n,∫ 1
0
|un(x)|dx =[
Sn
(n+ 1)2xn+1
]10
=Sn
(n+ 1)2n→+∞∼ lnn
n2= o
(1n
32
)Par le théorème d'intégration terme à terme des séries de fonctions, on peut alors écrire :∫ 1
0
( ∞∑n=0
un(x)
)dx =
∞∑n=0
(∫ 1
0
un(x)dx)
donc∫ 1
0
ln2(1− x)x
dx = 2+∞∑n=1
Sn
(n+ 1)2
• Par le changement de variable t = 1− x,∫ 1
0
ln2(1− x)x
dx =∫ 1
0
ln2(t)1− t
dt
∀t ∈ [0, 1[,1
1− t=
+∞∑n=0
tn donc ∀t ∈]0, 1[,ln2 t
1− t=
+∞∑n=0
tn ln2 t
En intégrant par parties entre ε > 0 et 1, puis en passant à la limita quand ε −→ 0+, on obtient :∫ 1
0
tn ln2 tdt =[tn+1
n+ 1ln2 t
]10︸ ︷︷ ︸
=0
−2∫ 1
0
tn
n+ 1ln tdt
= −2[
tn+1
(n+ 1)2ln t]10︸ ︷︷ ︸
=0
+2∫ 1
0
tn
(n+ 1)2dt =
2(n+ 1)3
Puisque la série∑(∫ 1
0
|tn ln2 t|dt)
=∑ 2
(n+ 1)3converge (série de Riemann) , on peut à nouveau
appliquer le théorème d'intégration terme à terme des séries de fonctions et écrire :∫ 1
0
ln2 t
1− tdt =
∫ 1
0
(+∞∑n=0
tn ln2 t
)dt =
+∞∑n=0
(∫ 1
0
tn ln2 tdt
)= 2
∞∑n=0
1(n+ 1)3
= 2∞∑
n=1
1n3
= 2 ζ(3)
donc∫ 1
0
ln2(1− x)x
dx =∫ 1
0
ln2 t
1− tdt = 2ζ(3)
• En�n, ∀n ≥ 1,Sn
(n+ 1)2=Sn+1 − 1
n+1
(n+ 1)2=
Sn+1
(n+ 1)2− 1
(n+ 1)3
donc∫ 1
0
ln2(1− x)x
dx = 2+∞∑n=1
Sn
(n+ 1)2= 2
+∞∑n=1
(Sn+1
(n+ 1)2− 1
(n+ 1)3
)= 2
+∞∑n=2
Sn
n2− 2
+∞∑n=2
1n3
= 2+∞∑n=1
Sn
n2− 2
+∞∑n=1
1n3
(en ajoutant et retranchant 2)
=⇒∫ 1
0
ln2(1− x)x
dx = 2+∞∑n=1
Sn
n2−∫ 1
0
ln2(1− x)x
dx
=⇒∫ 1
0
ln2(1− x)x
dx =+∞∑n=1
Sn
n2
4.8 Intégrale et série 3 :
Existence et calcul de∫ +∞
−∞
x
sh(x)dx
SOLUTION :
• La fonction f : x 7→ x
sh(x)est continue sur ]0,+∞[, prolongeable par continuité en 0 en posant f(0) = 1
puisque sh(x) x→0∼ x
Par ailleurs f(x) x→+∞∼ 2xex
x→+∞= o(e−12 x)
La fonction x 7→ e−12 x étant intégrable sur [0,+∞[, f l'est aussi par majoration.
• ∀x ∈]0,+∞[, f(x) =2x
ex − e−x=
2xe−x
1− e−2x= 2xe−x
+∞∑n=0
(e−2x)n = 2xe−x+∞∑n=0
e−2nx
f(x) = 2+∞∑n=0
xe−(2n+1)x
Pour tout n ∈ N, posons un(x) = xe−(2n+1)x
- chaque fonction un est continue et intégrable sur [0,+∞[,
23
- La série de fonctions∑un( ) converge simplement sur l'intervalle ouvert ]0,+∞[ et a pour somme la
fonction f ,
- ∀n ∈ N,∫ +∞
0
|un(x)|dx =∫ +∞
0
xe−(2n+1)xdx =[xe−(2n+1)x
−(2n+ 1)
]+∞0︸ ︷︷ ︸
=0
+∫ +∞
0
e−(2n+1)x
2n+ 1dx
∫ +∞
0
|un(x)|dx =[e−(2n+1)x
−(2n+ 1)2
]+∞0
=1
(2n+ 1)2
donc la série∑(∫ +∞
0
|un(x)|dx)
converge
d'après le théorème d'intégration terme à terme des séries de fonctions sur un intervalle quelconque, on en
conclut que∫ +∞
0
(+∞∑n=0
un(x)
)dx =
+∞∑n=0
(∫ +∞
0
|un(x)|dx)
c'est à dire que :∫ +∞
0
f(x)dx = 2+∞∑n=0
1(2n+ 1)2
Or+∞∑n=0
1(2n+ 1)2
=+∞∑n=1
1n2−
+∞∑n=1
1(2n)2
= ζ(2)− 14ζ(2) =
34π2
6=π2
8
donc∫ +∞
0
f(x)dx =π2
4et par parité de la fonction f ,
∫ +∞
−∞
x
sh(x)dx =
π2
2
4.9 Intégrale et série 4 :
Existence et calcul de∫ +∞
0
ln(t)1− t2
dt
SOLUTION :
• La fonction f : t 7→ ln(t)1− t2
est continue sur ]0, 1[∪]1,+∞[.
En 0, |f(t)| ∼ | ln(t)| = o(
1√t
)et l'intégrale
∫]0, 1
2 ]
f est donc absolument convergente.
Au point 1, f(t) =ln(t)1− t2
=ln(t)
(1− t)(1 + t)∼
t→1=
t− 12(1− t)
= −12
On peut donc prolonger f par continuité au point 1 en posant f(1) = − 12 . f est alors continue sur l'intervalle
]0,+∞[
En +∞, |f(t)| ∼t→+∞
| ln(t)|t2
= o
(√t
t2
)=
1t3/2
et l'intégrale∫
[1,+∞[
f est donc absolument convergente.
• Le changement de variable u = 1t montre que
∫ 1
0
ln(t)1− t2
dt =∫ +∞
1
ln(u)1− u2
du
donc, par la relation de Chasles,∫ +∞
0
ln(t)1− t2
dt = 2∫ 1
0
ln(t)1− t2
dt
∀t ∈]0, 1[, f(t) =ln(t)1− t2
=∞∑
n=0
t2n ln(t)
en notant un(t) = t2n ln(t),∫ 1
0
un(t)dt =[t2n+1
2n+ 1ln(t)
]1t→0
−∫ 1
0
t2n
2n+ 1dt =
1(2n+ 1)2
donc la série∑(∫ 1
0
|un(t)|dt)converge et, d'après le théorème d'intégration terme à terme des séries de
fonctions sur un intervalle quelconque, on en conclut que :∫ 1
0
(+∞∑n=0
un(t)
)dt =
+∞∑n=0
(∫ +∞
0
|un(t)|dt)
c'est à dire que :∫ 1
0
ln(t)1− t2
dt =+∞∑n=0
1(2n+ 1)2
=+∞∑n=1
1n2−
+∞∑n=1
1(2n)2
= ζ(2)− 14ζ(2) =
π2
8
d'où :∫ +∞
0
ln(t)1− t2
dt = 2∫ 1
0
ln(t)1− t2
dt =π2
4
5 Intégrales fonctions d'un paramètre :
5.1 Intégrale de Gauss :
a) Justi�er l'existence de∫ +∞0
e−u2du , qu'on notera α .
24
b) Déterminer le domaine de dé�nition de la fonction g telle que g(x) =∫ +∞
0
e−x(1+t2)
1 + t2dt
Etudier la continuité de g. Calculer g(0) et lim+∞
g
c) Existence et calcul de g′(x). Exprimer g(x) sous forme d'intégrale et en déduire la valeur de α
SOLUTION :
b) Pour tout x ≥ 0, ∀t ∈ [0,+∞[, 0 ≤ e−x(1+t2)
1 + t2≤ 1
1 + t2
et par majoration, la fonction t 7→ e−x(1+t2)
1 + t2est intégrable sur [0,+∞[
Pour x < 0, limt→+∞
e−x(1+t2)
1 + t2= +∞ et l'intégrale
∫ +∞
0
e−x(1+t2)
1 + t2dt est divergente.
Donc le domaine de dé�ntion de la fonction g est [0,+∞[.
• Notons F (x, t) =e−x(1+t2)
1 + t2pour (x, t) ∈ [0,+∞[︸ ︷︷ ︸
J
× [0,+∞[︸ ︷︷ ︸I
- pour tout t ∈ I , la fonction x 7→ F (x, t) est continue sur J . (H1)- pour tout x ∈ J , la fonction t 7→ F (x, t) est continue et intégrable sur I. (H2)
- pour tout (x, t) ∈ J × I , |F (x, t)| ≤ h(t) =1
1 + t2avec h continue et intégrable sur I. (H3)
On peut donc appliquer le théorème de continuité sous le signe∫et a�rmer que
g est continue sur J = [0,+∞[
• g(0) =∫ +∞
0
11 + t2
dt = [Arctan(x)]∞0 =π
2
• ∀x > 0, 0 ≤ g(x) =∫ +∞
0
e−x(1+t2)
1 + t2= e−x
∫ +∞
0
e−xt2
1 + t2≤ e−x
∫ +∞
0
11 + t2
= e−xπ
2donc, par encadrement, lim
x→+∞g(x) = 0
2- La fonction F admet une dérivée partielle∂F
∂xcontinue sur J × I et
∀(x, t) ∈ J × I,∂F
∂x(x, t) = −e−x(1+t2)
- pour tout x ∈ J , la fonction t 7→ F (x, t) est continue et intégrable sur I. (H2)
- pour tout t ∈ I , la fonction x 7→ ∂F
∂x(x, t) est continue sur J . (H ′
1)Soit a > 0 quelconque,
- pour tout x ∈ [a,+∞[ , la fonction t 7→ ∂F
∂x(x, t) est continue et intégrable sur I. (H ′
2)
- pour tout (x, t) ∈ [a,+∞[×I ,
∣∣∣∣∂F∂x (x, t)∣∣∣∣ =
∣∣∣−e−x(1+t2)∣∣∣ ≤ e−a(1+t2) avec t 7→ e−a(1+t2) continue et
intégrable sur I. (H ′3)
Par application du théorème de dérivation sous le signe∫on en déduit que g est de classe C1 sur [a,+∞[
pour tout a > 0, donc est de classe C1 sur ]0,+∞[ et que :
∀x ∈]0,+∞[, g′(x) =∫
]0,+∞[
∂F
∂x(x, t)dt = −
∫ ∞
0
e−x(1+t2)dt
∀x ∈]0,+∞[, g′(x) = −e−x
∫ ∞
0
e−xt2dt = −e−x
√x
∫ ∞
0
e−u2du = −αe
−x
√x
( par le changement de variable u =√x t, du =
√x dt )
• Soient a et x tels que 0 < a < x.
g(x)− g(a) =∫ x
a
g′(u)du = −α∫ x
a
e−t
√tdt = −2α
∫ x
a
e−u2
uudu = −2α
∫ x
a
e−u2du
( par le changement de variable t = u2, dt = 2udu )Compte tenu de la continuité de g en 0, et de la limite calculée en +∞, en passant à la limite quand a→ 0
et quand x→ +∞, on obtient :
0− π
2= −2α
∫ +∞
0
e−u2du = −2α2
donc α2 =π
4et α =
∫ +∞
0
e−u2du =
√π
2
25
5.2 Intégrale de Gauss (2) :
a) Justi�er l'existence de∫ +∞0
e−u2du , qu'on notera α .
b) Pour x ∈ R, on dé�nit :
g(x) =(∫ x
0
e−t2dt
)2
h(x) =∫ 1
0
e−x2(1+t2)
1 + t2dt
Montrer que la fonction g + h est constante.En déduire la valeur de α
SOLUTION :
5.3 Calcul de
∫ +∞
0
sin(t)
tdt :
1- Montrer que les intégrales∫ +∞
0
sin(t)t
dt et∫ +∞
0
sin2(t)t2
dt convergent et sont égales.
2- Montrer que la fonction g : x 7→∫ +∞
0
sin2(t)t2
e−xt est dé�nie et continue sur [0,+∞[.
3- Montrer que g est de classe C2 sur ]0,+∞[. Calculer g′′(x).Etudier les limites de g et g′ en +∞.
Calculer g(x) et∫ +∞
0
sin(t)t
dt
SOLUTION :
1- Soient a, b tels que 0 < a < b. En intégrant par parties sur le segment [a, b], on obtient :∫ b
a
sin(t)t
dt =[1− cos(t)
t
]b
a
+∫ b
a
1− cos(t)t2
dt (*)
1− cos(t)t2
t→0∼t2
2
t2∼ 1
2−−−→t→0
12
La fonction t 7→ 1− cos(t)t2
est donc prolongeable en une fonction continue sur [0,+∞[ et est intégrable
sur tout segment [0, a].
La majoration
∣∣∣∣1− cos(t)t2
∣∣∣∣ ≤ 2t2
montre que l'intégrale∫ +∞
a
1− cos(t)t2
dt est absolument convergente.
On peut donc passer à la limite quand a→ 0 et b→ +∞ dans l'égalité (*) :∫ +∞
0
sin(t)t
dt =∫ +∞
0
1− cos(t)t2
dt∫ +∞
0
sin(t)t
dt =∫ +∞
0
1− cos(t)t2
dt =∫ +∞
0
2 sin2( t2 )
t2dt
Le changement de variable u = t2 donne :∫ +∞
0
sin(t)t
dt =∫ +∞
0
2 sin2( t2 )
t2dt =
∫ +∞
0
2 sin2(u)(2u)2
2du =∫ +∞
0
sin2(u)u2
du
2- La fonction t 7→ sin2(t)t2
est continue sur ]0,+∞[ et prolongeable par continuité en 0 (en lui donnant la
valeur 1 en ce point)
La majoration 0 ≤ sin2(t)t2
≤ 1t2
montre que la fonction t 7→ sin2(t)t2
est intégrable sur [a,+∞[ pour tout
a > 0. Etant par ailleurs intégrable sur [0, a] puisque continue sur ce segment, elle est intégrable sur [0,+∞[par additivité.
Soit x ∈ [0,+∞[. ∀t ∈ [0,+∞[, 0 ≤ sin2(t)t2
e−xt ≤ sin2(t)t2
La fonction majorante étant intégrable sur [0,+∞[, la fonction t 7→ sin2(t)t2
e−xt est intégrable sur [0,+∞[
et la fonction g est dé�nie sur [0,+∞[.
• Posons, pour tout (x, t) ∈ [0,+∞[×[0,+∞[, G(x, t) =sin2(t)t2
e−xt
- ∀t ∈ [0,+∞[ , la fonction x→ G(x, t) est continue sur [0,+∞[,- ∀x ∈ [0,+∞[ , la fonction t→ G(x, t) est continue et intégrable sur [0,+∞[,
26
- ∀(x, t) ∈ [0,+∞[×[0,+∞[, |G(x, t)| = sin2(t)t2
e−xt ≤ sin2(t)t2
et on a vu que la fonction t 7→ sin2(t)t2
est
intégrable sur [0,+∞[Par application du théorème de continuité d'une intégrale dépendant d'un paramètre, on en conclut que
la fonction g est continue sur [0,+∞[.
3- Remarquons que les fonctions h : t 7→ sin2(t)t2
et k : t 7→ sin2(t)t
sont continues en 0 (par prolongement
par continuité, en leur attribuant respectivement les valeurs 1 et 0 au point 0) et qu'elles sont de limite nulleen +∞. Elles sont donc bornées sur [0,+∞[ :
∃Mh ∈ R+, ∀t ∈ [0,+∞[,∣∣∣ sin2(t)
t2
∣∣∣ ≤Mh
∃Mk ∈ R+, ∀t ∈ [0,+∞[,∣∣∣ sin2(t)
t
∣∣∣ ≤Mk
• Soit a > 0 quelconque, �xé ;- pour tout t ∈ [0,+∞[, la fonction x 7→ G(x, t) est de classe C1 sur [a,+∞[
- pour tout x ∈ [a,+∞[, les fonctions t 7→ G(x, t) et t 7→ ∂G
∂x(x, t) = − sin2(t)
te−xt sont continues sur
[0,+∞[ et intégrables ( car |G(x, t)| ≤Mhe−xt et
∣∣∣∣∂G∂x (x, t)∣∣∣∣ ≤Mke
−xt )
- en�n, pour tout (x, t) ∈ [a,+∞[×[0,+∞[,∣∣∣∣∂G∂x (x, t)
∣∣∣∣ ≤Mke−at
cette dernière fonction majorante est une fonction de t seul, continue et intégrable sur [0,+∞[.On peut appliquer le théorème de dérivation des intégrales dépendant d'un paramètre et en conclure que g
est de classe C1 sur [a,+∞[ et que
∀x ∈ [a,+∞[, g′(x) =∫ +∞
0
∂G
∂x(x, t)dt = −
∫ +∞
0
sin2(t)t
e−xtdt
• On réapplique le même théoème à la fonction ∂G∂x grâce à la majoration :
∀(x, t) ∈ [a,+∞[×[0,+∞[,∣∣∣∣∂2G
∂x2(x, t)
∣∣∣∣ = ∣∣sin2(t)e−xt∣∣ ≤ e−at
On en conclut que g est de classe C2 sur [a,+∞[ et que
∀x ∈ [a,+∞[, g′′(x) =∫ +∞
0
∂2G
∂x2(x, t)dt =
∫ +∞
0
sin2(t)e−xtdt
g étant de classe C2 sur [a,+∞[ pour tout a > 0, elle est de classe C2 sur ]0,+∞[ :
∀x ∈]0,+∞[, g′′(x) =∫ +∞
0
sin2(t)e−xtdt
• g′′(x) =∫ +∞
0
sin2 t . e−xtdt =∫ +∞
0
1− cos(2t)2
. e−xtdt =12
∫ +∞
0
e−xtdt− 12
∫ +∞
0
cos(2t)e−xtdt
=[−e−xt
2x
]+∞0
− 12Re
(∫ +∞
0
e(−x+2i)tdt
)=
12x− 1
2Re
[e(−x+2i)t
−x+ 2i
]+∞0
=12x− 1
2Re
(1
x− 2i
)=
12x− 1
2Re
(x+ 2ix2 + 4
)=
12x− x
2(x2 + 4)
∀x ∈]0,+∞[, g′′(x) =12x− x
2(x2 + 4)
• En intégrant cette expression de g′′(x), on obtient :
g′(x) =12
ln(x)− 14
ln(x2 + 4) + c où c est une constante réelle.
On a vu que la fonction k; t 7→ sin2 tt est continue sur [0,+∞[ et de limite nulle en +∞, donc bornée sur
[0,+∞[:∃Mk ∈ R+, ∀t ∈ [0,+∞[,
∣∣∣ sin2 tt
∣∣∣ ≤Mk
donc ∀x ∈]0,+∞[, |g′(x)| =∣∣∣∣∫ +∞
0
sin2 t
te−xtdt
∣∣∣∣ ≤Mk
∫ +∞
0
e−xtdt =Mk
xdonc lim
x→+∞g′(x) = 0
Or g′(x) =14
ln(
x2
x2 + 4
)+ c
x→+∞−→ 0 + c donc c = 0 et �nalement,
∀x ∈]0,+∞[, g′(x) =12
ln(x)− 14
ln(x2 + 4)
• g étant continue sur [0,+∞[ et de classe C1 sur ]0,+∞[, on peut écrire,
∀x ∈]0,+∞[, g(x) = g(0) +∫ x
0
g′(t)dt = g(0) +∫ x
0
(12
ln(t)− 14
ln(t2 + 4))dt
27
Or∫ x
0
ln(t)dt = [t. ln(t)]x0 −∫ x
0
1.dt = x ln(x)− x∫ x
0
ln(t2 + 4)dt = [t. ln(t2 + 4)]x0 −∫ x
0
2t2
t2 + 4dt = x ln(x2 + 4)− 2
∫ x
0
t2 + 4− 4t2 + 4
dt
= x ln(x2 + 4)− 2∫ x
0
(1− 4
t2 + 4
)dt
= x ln(x2 + 4)− 2x+ 4[Arctan
(t
2
)]x
0
= x ln(x2 + 4)− 2x+ 4 Arctan(x
2
)d'où ∀x ∈]0,+∞[, g(x) = g(0) +
12(x ln(x)− x)− 1
4
(x ln(x2 + 4)− 2x+ 4 Arctan
(x2
))g(x) = g(0) +
12x ln(x)− 1
4x ln(x2 + 4)−Arctan
(x2
)Une majoration analogue à celle obtenue précédemment pour g′(x) montre que lim
x→+∞g(x) = 0
g(x) = g(0) +x
4ln(
x2
x2 + 4
)−Arctan
(x2
)= g(0)− x
4ln(x2 + 4x2
)−Arctan
(x2
)= g(0)− x
4ln(
1 +4x2
)−Arctan
(x2
)Quand x→ +∞,
x
4ln(
1 +4x2
)x→+∞∼ x
44x2
=1x
x→+∞−→ 0
En passant à la limite dans l'égalité g(x) = g(0)− x
4ln(
1 +4x2
)−Arctan
(x2
), on obtient :
0 = g(0)− π
2, donc g(0) =
π
2
Finalement, ∀x ∈]0,+∞[, g(x) =π
2− x
4ln(x2 + 4x2
)−Arctan
(x2
)et g(0) =
π
2=∫ +∞
0
sin2(t)t2
dt =∫ +∞
0
sin(t)t
dt
5.4 Utilisation d'équation di�érentielle (1) : (MINES-PONTS + CCP)
Montrer que la fonction f dé�nie par f(x) =∫ +∞
0
e−t2 cos(xt)dt est solution d'une équation di�érentielle sur
un intervalle qu'on précisera.En déduire la valeur de f(x).
On rappelle que∫ +∞
0
e−t2dt =√π
2
SOLUTION :• Pour tout x ∈ R, la fonction t 7→ e−t2 cos(xt) est continue sur [0,+∞[ et∀t ∈ [0,+∞[, |e−t2 cos(xt)| ≤ e−t2 , fonction de t continue et intégrable sur [0,+∞[. Par majoration t 7→
e−t2 cos(xt) est intégrable sur [0,+∞[ et f(x) est dé�ni pour tout x ∈ R.• Notons H(x, t) = e−t2 cos(xt)- pour tout t ∈ [0,+∞[, la fonction x −→ e−t2 cos(xt) est continue sur R,- pour tout x ∈ R, la fonction t −→ e−t2 cos(xt) est continue et intégrable sur [0,+∞[,- ∀x ∈ R, ∀t ∈ [0,+∞[,
∣∣∣e−t2 cos(xt)∣∣∣ ≤ e−t2 , fonction de t continue et intégrable sur [0,+∞[.
La fonction f : x −→∫ +∞
0
e−t2 cos(xt)dt est donc continue sur R.
De plus :
- pour tout t ∈ [0,+∞[, la fonction x −→ ∂H
∂x(x, t) = −te−t2 sin(xt) est continue sur R,
- pour tout x ∈ R, la fonction t → ∂H
∂x(x, t) = −te−t2 sin(xt) est continue et et intégrable sur [0,+∞[,
- ∀x ∈ R, ∀t ∈ [0,+∞[,∣∣∣∣∂H∂x (x, t)
∣∣∣∣ = ∣∣∣te−t2 sin(xt)∣∣∣ ≤ te−t2 , fonction continue et intégrable sur [0,+∞[.
On en déduit par le théorème de dérivation sous le signe∫
que f est de classe C1 sur R et que :
∀x ∈ R, f ′(x) =∫ +∞
0
−te−t2 sin(xt)dt
• En intégrant par parties sur [0, A] , puis en passant à la limite quand A→ +∞,
28
∀x ∈ R, f ′(x) =∫ +∞
0
−te−t2 sin(xt)dt =
[e−t2
2sin(xt)
]+∞
0
−∫ +∞
0
xe−t2
2cos(xt)dt
f ′(x) = −x2
∫ +∞
0
e−t2 cos(xt)dt = −x2f(x)
f est donc solution sur R de l'équation di�érentielle y′ +x
2y = 0
La solution générale de cette équation est donnée par la formule y(x) = λ exp(−∫ x
0
t
2dt
)= λe−
x24
Donc ∃λ ∈ R, ∀x ∈ R, f(x) = λe−x24
Par ailleurs f(0) = λ =∫ +∞
0
e−t2dt =√π
2
donc ∀x ∈ R, f(x) =√π
2e−
x24
5.5 Utilisation d'équation di�érentielle (2) : calcul de
∫ +∞
0
cos(xt)
1 + t2dt :
Montrer que la fonction g : x 7→∫ +∞
0
cos(xt)1 + t2
dt est continue sur [0,+∞[ et de classe C2 sur ]0,+∞[ et
solution d'une équation di�érentielle.Calculer lim
x→+∞g(x)
Calculer g(x) pour tout x réel.
SOLUTION :
1- • Pour tout x ∈ R, la fonction t 7→ cos(xt)1 + t2
est continue sur [0,+∞[ et
∀t ∈ [0,+∞[,∣∣∣∣cos(xt)
1 + t2
∣∣∣∣ ≤ 11 + t2
, fonction de t continue et intégrable sur [0,+∞[.
Par majoration t 7→ cos(xt)1 + t2
est intégrable sur [0,+∞[ et g(x) est dé�ni pour tout x ∈ R.
• Notons G(x, t) =cos(xt)1 + t2
- pour tout t ∈ [0,+∞[, la fonction x −→ cos(xt)1 + t2
est continue sur R,
- pour tout x ∈ R, la fonction t −→ cos(xt)1 + t2
est continue et intégrable sur [0,+∞[,
- ∀x ∈ R, ∀t ∈ [0,+∞[,∣∣∣∣cos(xt)
1 + t2
∣∣∣∣ ≤ 11 + t2
, fonction de t continue et intégrable sur [0,+∞[.
Par application du théorème de contnuité des intégrales dépendant d'un paramètre,
la fonction g : x 7→∫ +∞
0
cos(xt)1 + t2
dt est donc continue sur R.
• Pour étudier la dérivation :
- pour tout t ∈ [0,+∞[, la fonction x −→ ∂G
∂x(x, t) =
−t sin(xt)1 + t2
est continue sur R,mais, pour obtenir une hypothèse de domination, on cherche à majorer∣∣∣∣∂G∂x (x, t)
∣∣∣∣ par une fonction de t seul, continue par morceaux et intégrable sur [0,+∞[.
Or, on ne peut faire mieux que la majoration∣∣∣∣∂H∂x (x, t)∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ t sin(xt)
1 + t2∂H
∂x(x, t)
∣∣∣∣ ≤ t
1 + t2x→+∞∼ 1
tet la fonction majorante n'est pas intégrable sur [a,+∞[.
On ne peut pas appliquer le théorème de dérivation sous le signe∫
sous la forme qui est donnée.
On va alors augmenter l'exposant de t au dénominateur en procédant à une intégration par parties dans
laquelle on dérivera1
t2 + 1de façon a obtenir
1(t2 + 1)2
:
• Pour tout x ∈ R, g(x) =∫ +∞
0
cos(xt)1 + t2
dt
Soit x > 0 et a et b deux réels tels que 0 < a < b les fonctions t 7→ sin(xt)x et t 7→ 1
1+t2 sont de classe C1
sur [a, b], et on peut intégrer par parties comme suit :
29
∫ b
a
cos(xt)1
1 + t2dt =
[sin(xt)x
11 + t2
]b
a
+∫ b
a
sin(xt)x
2t(1 + t2)2
dt
Passons à la limite quad a→ 0 et b→ +∞ :
∀x > 0, g(x) =2x
∫ +∞
0
t sin(xt)(1 + t2)2
dt
• Posons alors g(x) =∫ +∞
0
t sin(xt)(1 + t2)2
dt et H(x, t) =t sin(xt)(1 + t2)2
de sorte que ∀x > 0, g(x) =2xh(x)
- pour tout t ∈ [0,+∞[, la fonction x 7→ H(x, t) =t sin(xt)(1 + t2)2
est continue sur R,
- pour tout x ∈ R, la fonction t 7→ H(x, t) est continue et intégrable sur [0,+∞[,De plus :
- pour tout t ∈ [0,+∞[, la fonction x −→ ∂H
∂x(x, t) =
t2 cos(xt)(1 + t2)2
est continue sur R,
- pour tout x ∈ R, la fonction t → ∂H
∂x(x, t) =
t2 cos(xt)(1 + t2)2
est continue et et intégrable sur [0,+∞[,
- ∀x ∈ R, ∀t ∈ [0,+∞[,∣∣∣∣∂H∂x (x, t)
∣∣∣∣ =∣∣∣∣ t2 cos(xt)
(1 + t2)2
∣∣∣∣ ≤ t2
(1 + t2)2≤ t2 + 1
(1 + t2)2=
11 + t2
, fonction continue et
intégrable sur [0,+∞[.
On en déduit par le théorème de dérivation sous le signe∫
que f est de classe C1 sur R et que :
∀x ∈ R, h′(x) =∫ +∞
0
t2 cos(xt)(1 + t2)2
dt
• Cherchons à simpli�er cette formule en intégrant par parties cette foist2
(1 + t2)2de façon à diminuer l'exposant
de t au dénominateur :Soient a et b deux réels tels que 0 < a < b les fonctions t 7→ sin(xt)
x et t 7→ 11+t2 sont de classe C1 sur [a, b],
et on peut intégrer par parties comme suit :∫ b
a
t2 cos(xt)(1 + t2)2
dt =12
∫ b
a
2t(1 + t2)2
.(t cos(xt))dt =12
[−1
1 + t2.(t cos(xt))
]b
a
+12
∫ b
a
11 + t2
(cos(xt)−tx sin(xt))dt
Passons à la limite quand a→ 0 et b→ +∞ :
∀x ∈ R, h′(x) =∫ +∞
0
t2 cos(xt)(1 + t2)2
dt =12
∫ +∞
0
cos(xt)1 + t2
− x
2
∫ +∞
0
t sin(xt)1 + t2
dt
( on montre que l'intégrale∫ +∞
0
t sin(xt)1 + t2
dt est semi-convergente comme l'est∫ +∞
0
sin(t)t
dt )
∀x ∈ R, h′(x) =12g(x)− x
2
∫ +∞
0
t sin(xt)1 + t2
dt
Remarquons quet
1 + t2=
1t− 1t(1 + t2)
donc∫ +∞
0
t sin(xt)1 + t2
dt =∫ +∞
0
sin(xt)t
dt−∫ +∞
0
sin(xt)t(t2 + 1)
dt
Le changement de variable u = xt montre que∫ +∞
0
sin(xt)t
dt =∫ +∞
0
sin(u)u
du = C1 = cste
• Posons k(x) =∫ +∞
0
t sin(xt)1 + t2
dt = c1 −∫ +∞
0
sin(xt)t(t2 + 1)
dt
la majoration
∣∣∣∣cos(xt)t2 + 1
∣∣∣∣ ≤ 11 + t2
permet à nouveau d'appliquer le théorème de dérivation sous le signe∫
et de montrer que
∀x > 0, k′(x) = −∫ +∞
0
cos(xt)t2 + 1
dt = −g(x)
• ∀x > 0, g(x) =2xh(x) =⇒ g′(x) =
2xh′(x)− 2
x2h(x)
=⇒ g′(x) =2x
(12g(x)− x
2k(x)
)− 1xg(x) = −k(x)
=⇒ g′′(x) = −k′(x) = g(x)g est de classe C2 sur ]0,+∞[ et est solution sur cet intervalle de l'équation di�érentielle (E) : y′′ − y = 0
• Donc il existe (A,B) ∈ R2, ∀x ∈]0,+∞[, g(x) = A.ex +B.e−x
On a vu que ∀x > 0, g(x) =2x
∫ +∞
0
t sin(xt)(1 + t2)2
dt
donc ∀x > 0, |g(x)| ≤ 2x
∫ +∞
0
t | sin(xt)|(1 + t2)2
dt ≤ 2x
∫ +∞
0
t
(1 + t2)2dt︸ ︷︷ ︸
constante
30
cette majoration entraîne que limx→+∞
g(x) = 0
Puisque limx→+∞
ex = +∞ et limx→+∞
e−x = 0 , nécessairement, A = 0
donc ∀x ∈]0,+∞[, g(x) = B.e−x
g étant continue en 0, limx→0+
g(x) = B = g(0) =∫ +∞
0
11 + t2
dt =π
2Donc, ∀x ∈]0,+∞[, g(x) = π
2 e−x et , par parité de la fonction g,
∀x ∈]0,+∞[,∫ +∞
0
cos(xt)1 + t2
=π
2e−|x|
5.6 Utilisation d'équation di�érentielle (3) : (CENTRALE + CCP)
On rappelle que l'intégrale∫ +∞
0
sin(t)t
dt est convergente, et on dé�nit f(x) =∫ +∞
0
sin(t)t
e−xtdt
a) Déterminer le domaine de dé�nition ∆ de f et montrer que ∀x > 0, |f(x)| ≤ 1x
b) Montrer que f est C1 sur ]0,+∞[ et calculer f ′(x) puis f(x)c) Montrer que f est continue sur ∆ (on pourra exprimer f comme somme d'une série de fonctions) et en
déduire la valeur de∫ +∞
0
sin(t)t
dt
Solution :
a) f(0) =∫ +∞
0
sin(t)t
dt est dé�ni.
∀x > 0, | sin(t)| ≤ t donc | sin(t)t e−xt| ≤ e−xt︸︷︷︸
(intégrable sur [0,+∞[ car x > 0 )
donc f(x) =∫ +∞
0
sin(t)t
e−xtdt est absolument convergente.
∆ = [0,+∞[
|f(x)| =∣∣∣∣ ∫ +∞
0
sin(t)t
e−xtdt
∣∣∣∣ ≤ ∫ +∞
0
∣∣∣∣ sin(t)t
∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸≤1
e−xtdt ≤∫ +∞
0
e−xtdt =1x
b) ♣ Notons g(x, t) =sin(t)t
e−xt et soit a > 0 et prolongeonssin(t)t
en 0 par la valeur 1.
∀x ∈ [a,+∞[,∀t ∈ [0,+∞[,∂g
∂x(x, t) = − sin(t)e−xt
- ∀t ∈ [0,+∞[ , la fonction x→ g(x, t) est continue sur [a,+∞[,
de même que la fonction x→ ∂g
∂x(x, t)
- ∀x ∈ [a,+∞[ , la fonction t→ g(x, t) est continue et intégrable sur [0,+∞[,
de même que la fonction t→ ∂g
∂x(x, t) (voir (3))
- ∀x ∈ [a,+∞[,∀t ∈ [0,+∞[,∣∣∣∣ ∂g∂x (x, t)
∣∣∣∣ = | − sin(t)e−xt| ≤ e−xt ≤ e−at︸︷︷︸ (3)
(intégrable sur [0,+∞[ car a > 0 )
Le théorème de dérivation sous le signe∫
nous permet alors d'a�rmer que f est de classe C1 sur [a,+∞[
et que ∀x ∈ [a,+∞[, f ′(x) =∫ +∞
0
∂g
∂x(x, t)dt
Ceci étant vrai pour tout a > 0, ∀x ∈]0,+∞[, f ′(x) =∫ +∞
0
∂g
∂x(x, t)dt = −
∫ +∞
0
sin(t)e−xtdt
♣∫ +∞
0
sin(t)e−xtdt = =m( ∫ +∞
0
eite−xtdt
)= =m
[e(i−x)t
i− x
]t→+∞
t=0
= =m[
−1i− x
]= =m
[x+ i
(x− i)(x+ i)
]=
1x2 + 1
donc, ∀x ∈]0,+∞[, f ′(x) = − 1x2 + 1
d'où ∃k ∈ R, ∀x ∈]0,+∞[, f(x) = −Arctan(x) + k
et, puisque lim∞f = 0, k =
π
2Ainsi, ∀x ∈]0,+∞[, f(x) = −Arctan(x) +
π
2= Arctan( 1
x )
31
c) Pour tout x > 0 l'intégrale∫ +∞
0
sin(t)t
e−xtdt est convergente ,
donc f(x) = limn→+∞
∫ nπ
0
sin(t)t
e−xtdt
Posons un(x) =∫ (n+1)π
nπ
sin(t)t
e−xtdt
Sur l'intervalle [nπ, (n+ 1)π] , sin t a même signe que (−1)n, la série∑un(x) est donc alternée.
|un(x)| =∣∣∣∣ ∫ (n+1)π
nπ
sin(t)t
e−xtdt
∣∣∣∣ ≤ ∫ (n+1)π
nπ
| sin(t)|t
e−xtdt ≤∫ (n+1)π
nπ
dt
t
|un(x)| ≤ ln(
n+ 1n
)−→ +0 quand n→ +∞
donc limn→+∞
un(x) = 0
Par le changement de variable t = nπ + u , on obtient :
un(x) =∫ π
0
sin(nπ + u)nπ + u
e−x(nπ+u)du = (−1)n
∫ π
0
sin(u)nπ + u
e−x(nπ+u)du
d'où |un+1(x)| − |un(x)| =∫ π
0
(e−x((n+1)π+u)
(n+ 1)π + u− e−x(nπ+u)
nπ + u
)︸ ︷︷ ︸
≤0
sin(u)du ≤ 0
Pour tout x ∈ [0,+∞[ , la série∑un(x) véri�e le critère de Leibniz des séries alternées.
donc ∀x ∈ [0,+∞[, |rn(x)| =
∣∣∣∣∣∞∑
k=n+1
uk(x)
∣∣∣∣∣ ≤ |un+1(x)| ≤ ln(
n+ 2n+ 1
)‖ rn ‖∞= sup
x∈[0,+∞[
|rn(x)| ≤ ln(
n+ 2n+ 1
)−→ 0 quand n→ +∞
La série de fonctions∑un(x) converge donc uniformément sur [0,+∞[. Chaque fonction un() étant continue,
la somme f l'est aussi.Ainsi, f est continue sur [0,+∞[.Alors, f(0) = lim
x→0f(x) = lim
x→0(π
2 - Arctan(x)) =π
2.
Ainsi,∫ +∞
0
sin(t)t
dt =π
2
5.7 *Utilisation d'équation di�érentielle (4) :
En utilisant une équation di�érentielle, calculer
f(x) =∫ +∞
0
e−t cos(xt)√t
dt et g(x) =∫ +∞
0
e−t sin(xt)√t
dt
SOLUTION :
Soit h(x) = f(x) + ig(x) =∫ +∞
0
e−t+ixt
√t
dt
Notons H(x, t) =e−t+ixt
√t
- pour tout t ∈]0,+∞[, la fonction x −→ e−t+ixt
√t
est continue sur R,
- pour tout x ∈ R, , la fonction t −→ e−t+ixt
√t
est continue et et intégrable sur ]0,+∞[,
- ∀x ∈ R, ∀t ∈]0,+∞[,∣∣∣∣e−t+ixt
√t
∣∣∣∣ ≤ e−t
√t, fonction de t continue et intégrable sur ]0,+∞[.
La fonction h : x −→∫ +∞
0
e−t+ixt
√t
dt est donc continue sur R.
De plus :
- pour tout t ∈]0,+∞[, la fonction x −→ ∂H
∂x(x, t) = it
e−t+ixt
√t
est continue sur R,
- pour tout x ∈ R, , la fonction t −→ ∂H
∂x(x, t) = it
e−t+ixt
√t
est continue et et intégrable sur ]0,+∞[,
- ∀x ∈ R, ∀t ∈]0,+∞[,∣∣∣∣∂H∂x (x, t)
∣∣∣∣ = ∣∣∣√te−t+ixt∣∣∣ ≤ √te−t, fonction continue et intégrable sur ]0,+∞[.
On en déduit par le théorème de dérivation sous le signe∫
que h est de classe C1 sur R et que :
32
∀x ∈ R, h′(x) =∫ +∞
0
i√te−t+ixtdt
• Intégrons par partie entre a et b (0 < a < b) :∫ b
a
i√te−t+ixtdt =
[i√t e−t+ixt
−1 + ix
]b
a
−∫ b
a
ie−t+ixt
(−1 + ix)2√tdt ,
puis passons à la limite quand b → +∞ et quand a → 0; :
h′(x) =∫ +∞
0
i√te−t+ixtdt = 0 +
i
2(1− ix)
∫ +∞
0
e−t+ixt
√t
dt =i
2(1− ix)h(x)
h est donc solution sur R de l'équation di�érentielle (E) :
y′ =i
2(1− ix)y
• Notons a(x) =i
2(1− ix)y.
(E) est une équation linéaire dont la solution générale est y(x) = λeA(x) où A(x) est une primitive dex→ a(x) et λ une constante complexe quelconque.
A(x) =∫ x
0
i
2(1− iu)du =
∫ x
0
i(1 + iu)2(1 + u2)
du = −∫ x
0
u
2(1 + u2)du+ i
∫ x
0
12(1 + u2)
du
A(x) = −14
ln(1 + x2) +i
2arctanx
Donc il existe λ ∈ C tel que pour tout x ∈ R,
h(x) = λeA(x) = λe−14 ln(1+x2)+ i
2 arctan x =λ
4√
1 + x2
(cos(
12
arctanx)
+ i sin(
12
arctanx))
Notons θ = arctanx de sorte que tan θ = x
cos θ =1√
1 + tan2 θ=
1√1 + x2
= 2 cos2(θ
2
)− 1 et donc cos
(θ
2
)=
√1 +
√1 + x2
2√
1 + x2
cos θ =1√
1 + x2= 1− 2 sin2
(θ
2
)et donc sin
(θ
2
)=
√√1 + x2 − 12√
1 + x2=
√√1 + x2 − 1√
2 4√
1 + x2
h(x) = λ
(√1 +
√1 + x2
√1 + x2
+ i
√√1 + x2 − 1√1 + x2
)(en intégrant
√2 dans la constante)
h(0) =∫ +∞
0
e−t
√tdt =
∫ +∞
0
e−u2
u2udu par le changement de variable u =
√t, t = u2, dt = 2udu
h(0) = 2∫ +∞
0
e−u2du =
√π = λ
√2 et donc λ =
√π
2
D'où h(x) =√π
2
(√1 +
√1 + x2
√1 + x2
+ i
√√1 + x2 − 1√1 + x2
)• En prenant les parties réelle et imaginaire,
f(x) =∫ +∞
0
e−t cos(xt)√t
dt =√π
2
√√1 + x2 + 1√1 + x2
et g(x) =∫ +∞
0
e−t sin(xt)√t
dt =√π
2
√√1 + x2 − 1√1 + x2
5.8 * Intégrales de Fresnel :
1- Montrer que les intégrales α =∫ +∞
0
cos(t2)dt et β =∫ +∞
0
sin(t2)dt convergent.
2- Montrer que la fonction g : x 7→∫ +∞
0
e−x2t2eit2dt est solution d'une équation di�érentielle du premier
ordre linéaire sur ]0,+∞[.Résoudre cette équation et calculer les deux intégrales α et β
(on admettra que g est continue en 0 et que∫ +∞
0
et2dt =√π
2- intégrale de Gauss)
SOLUTION :
a) •∫ x
a
cos(t2)dt =∫ x2
a2
cos(u)2√udu (par le changement t2 = u, t =
√u
=[sin(u)2√u
]x2
a2
+∫ x2
a2
sin(u)4u√udu
33
sin(u)u√u
u→0∼ 1u
12
est intégrable sur ]0, 1], donc on peut passer à la limite quand a→ 0+ :∫ x
a
cos(t2)dt =sin(x2)
2x+∫ x2
0
sin(u)4u√udu et
∣∣∣∣ sin(u)4u√u
∣∣∣∣ ≤ 1u
32
donc u→ sin(u)4u√u
est intégrable sur [1,+∞[
par ailleurs,
∣∣∣∣ sin(x2)2x
∣∣∣∣ ≤ 12x
x→+∞−→ 0
Donc limx→+∞
∫ x
0
cos(t2)dt =∫ +∞
0
sin(u)4u√udu et l'intégrale
∫ +∞
0
cos(t2)dt converge.
• Raisonnement analogue pour∫ +∞
0
sin(t2)dt
b) • Soit g(x) =∫ +∞
0
e−x2t2eit2dt
Pour x > 0, |e−x2t2eit2 | = e−x2t2 , fonction continue et intégrable sur [0,+∞[ .
Pour x = 0 l'intégrale∫ +∞
0
eit2dt converge d'après la question précédente qui montre la convergence des
parties réelle et imaginaire.La fonction g est donc dé�nie sur [0,+∞[ .
Notons G(x, t) = e−x2t2eit2 de sorte que ∀x ≥ 0, g(x) =∫ +∞
0
G(x, t)dt
- pour tout x ∈]0,+∞[, la fonction t→ G(x, t) est continue sur [0,+∞[ et intégrable car |e−x2t2it2 | = e−x2t2
- pour tout t ∈ [0,+∞[, la fonction x→ G(x, t) est continue sur ]0,+∞[
- pour tout x ∈]0,+∞[, la fonction t→ ∂G
∂x(x, t) = −2xt2e−x2t2+it2 est continue sur [0,+∞[
- pour tout t ∈ [0,+∞[, la fonction x→→ ∂G
∂x(x, t) = −2xt2e−x2t2+it2 est continue sur ]0,+∞[
- Soit [a, b] ⊂]0,+∞[. ∀(x, t) ∈ [a, b] × [0,+∞[,∣∣∣∣∂G∂x (x, t)
∣∣∣∣ = 2xt2e−x2t2 ≤ 2bt2e−a2t2 , fonction de t
intégrable sur [0,+∞[. ( t2e−a2t2 t→+∞= o( 1t2 ) )
On en déduit par le théorème de dérivation "sous le signe∫" que g est C1 sur [a, b] pour tout [a, b] ⊂]0,+∞[,
donc est C1 sur ]0,+∞[ , et que ∀x ∈]0,+∞[ , g′(x) =∫ +∞
0
∂G
∂x(x, t)dt = −2x
∫ +∞
0
t2e−x2t2+it2dt
Intégrons par parties : ∀x > 0, g′(x) = −2x∫ +∞
0
t2e−x2t2+it2dt =1x
∫ +∞
0
(−2x2te−x2t2)(teit2)dt
g′(x) =1x
[e−x2t2(teit2)]+∞0︸ ︷︷ ︸
=0
−∫ +∞
0
e−x2t2(2it2eit2 + eit2)dt
g′(x) =
1x
(−∫ +∞
0
e−x2t2eit2 − 2i∫ +∞
0
t2e−x2t2eit2dt
)=
1x
(−g(x) + i
g′(x)x
)donc ∀x ∈]0,+∞[, (x2 − i)g′(x) = −xg(x)
La fonction g est solution sur ]0,+∞[ de l'équation di�érentielle (E) : g′(x) = − x
x2 − i︸ ︷︷ ︸a(x)
g(x)
La solution générale de (E) est : g′(x) = λe−A(x) où λ est une constante complexe et A une primitive de lafonction a.
a(x) =x
x2 − i=x(x2 + i)x4 + 1
=x3
x4 + 1+ i
x
x4 + 1
A(x) =∫
x3
x4 + 1dx+ i
∫x
x4 + 1dx =
14
ln(x4 + 1) +i
2arctan(x2) + cte
Donc ∃λ ∈ C, g(x) = λe−14 ln(x4+1)− i
2 arctan(x2) =λ
4√x4 + 1
e−i2 arctan(x2)
• Par le changement de variable u = xt, g(x) =∫ +∞
0
e−x2t2eit2dt =1x
∫ +∞
0
e−u2ei u2
x2 du
donc xg(x) =∫ +∞
0
e−u2ei u2
x2 dux→+∞−→
∫ +∞
0
e−u2du =
√π
2( th. de convergence dominée appliqué à toute suite (xn) de limite +∞ )
34
or xg(x) =λx
4√x4 + 1
e−i2 arctan(x2) x→+∞∼ λe−i π
4
donc λ =√π
2ei π
4 =√π
2
(√2
2+ i
√2
2
)=√
2π4
+ i
√2π4
=√π
2√
2(1 + i)
et g(x) =λ
4√x4 + 1
e−i2 arctan(x2) =
√π(1 + i)
2√
2 4√x4 + 1
(cos(
arctan(x2)2
)− i sin
(arctan(x2)
2
))(*)
• g(0) =∫ +∞
0
eit2dt =∫ +∞
0
cos(t2)dt+ i
∫ +∞
0
sin(t2)dt
= limx→0
g(x) = limx→0
( √π(1 + i)
2√
2 4√x4 + 1
e−i2 arctan(x2)
)=√π(1 + i)2√
2
et, par identi�cation des parties réelle et imaginaire,∫ +∞
0
cos t2 =√π
2√
2et
∫ +∞
0
sin t2 =√π
2√
2
Remarque : on peut poursuivre plus loin le calcul de g(x) exprimé en (*) :Notons θ = arctanx2 de sorte que tan θ = x2
cos θ =1√
1 + tan2 θ=
1√1 + x4
= 2 cos2(θ
2
)− 1 et donc cos
(θ
2
)=
√√1 + x4 + 12√
1 + x4
cos θ =1√
1 + x4= 1− 2 sin2
(θ
2
)et donc sin
(θ
2
)=
√√1 + x4 − 12√
1 + x4=
√√1 + x4 − 1√
2 4√
1 + x4
g(x) =λ
4√x4 + 1
e−i2 arctan(x2) =
√π(1 + i)
2√
2 4√x4 + 1
√1 +√
1 + x4
2√
1 + x4+ i
√√1 + x4 − 12√
1 + x4
g(x) =√π
4
(√√1 + x4 + 1−
√√1 + x4 − 1√
1 + x4+ i
√√1 + x4 + 1 +
√√1 + x4 − 1√
1 + x4
)
5.9 *Intégrales de Poisson :
Soit f(x) =∫ π
0
ln(x2 − 2x cos t+ 1)dt
1- a) Déterminer son domaine de dé�nition et réduire son domaine d'étude.b) Etudier la continuité de f .
2 - Première méthode de calcul :Calculer f(x2) en fonction de f(x). En déduire la valeur de f(x) en fonction de x.
3 - Deuxième méthode de calcul :Etudier la dérivabilité de f .Calculer f ′(x) et en déduire f(x).
4 - Troisième méthode de calcul :
Calculer f(x) =∫ π
0
ln(x2 − 2x cos t+ 1)dt en utilisant les sommes de Riemann.
SOLUTION :1 - a) • ∀x ∈ R, ∀t ∈ [0, π], x2 − 2x cos t+ 1 = (x− cos t)2 + sin2 t
x2 − 2x cos t+ 1 = 0 ⇐⇒ (x = cos t et sin t = 0)
⇐⇒
t = 0 et x = 1ou
t = π et x = −1Donc si x 6= −1 et x 6= 1 , la fonction (t→ x2 − 2x cos t+ 1) est continue et strictement positive sur [0, π].
La fonction (t→ ln(x2 − 2x cos t+ 1) ) est alors continue et donc intégrable sur le segment [0, π].• Pour x = 1, la fonction (t→ ln(x2 − 2x cos t+ 1) ) est continue sur ]0, π], mais a une limite in�nie quand
t→ 0+
alors ln(x2− 2x cos t+1) = ln(2− 2 cos t) = ln(
4 sin2 t
2
)= 2 ln 2+2 ln
(sin
t
2
)t→0+
∼ 2 ln t = o
(1√t
)La fonction (t→ ln(x2 − 2x cos t+ 1) ) est donc intégrable sur ]0, π] et f(1) est dé�ni.• Raisonnement analogue pour x = −1.Finalement, f est dé�nie sur R
35
• ∀x ∈ R, f(−x) =∫ π
0
ln(x2 + 2x cos t+ 1)dt =∫ 0
π
ln(x2 − 2x cosu+ 1)(−du) = f(x)
(par le changement de variable u = π − t)f est une fonction paire On peut réduire son étude à R+
• ∀x ∈ R∗+, f(
1x
)=∫ π
0
ln(
1x2
+2x
cos t+ 1)dt =
∫ π
0
ln(x2 − 2x cos t+ 1
x2
)dt = f(x)− 2π lnx
∀x ∈ R∗+, f(
1x
)= f(x)− 2π lnx , on peut réduire son étude à [0, 1]
b) Soit a ∈]0, 1[.
On a vu que x2 − 2x cos t+ 1 = (x− cos t)2 + sin2 t = 0 ⇐⇒
t = 0 et x = 1ou
t = π et x = −1
Donc la fonction (x, t) G−−−→ x2 − 2x cos t + 1 est positive et continue sur [0, a] × [0, π], qui est un
sous ensemble compact de R2 comme produit de deux compacts. Elle est bornée sur ce compact et atteint sesbornes. En particulier, la borne inférieure, valeur prise par F , est > 0.
Il en résulte que la fonction F : (x, t) F−−→ ln(x2− 2x cos t+1) est continue sur [0, a]× [0, π] donc bornée :
∃M ∈ R, ∀(x, t) ∈ [0, a]× [0, π], |F (x, t)| ≤M .Par ailleurs,
- pour tout x ∈ [0, a], la fonction t −→ F (x, t) est continue et donc intégrable sur le segment [0, π]- pour tout t ∈ [0, π], la fonction x −→ F (x, t) est continue sur le segment [0, a]
Par application du théorème de continuité d'une intégrale dépendant d'un paramètre, on peut a�rmer que
l'application f : x −→∫ π
0
ln(x2 − 2x cos t+ 1)dt =∫ π
0
F (x, t)dt est continue sur le segment [0, a], pour tout
a ∈]0, 1[.f est donc continue sur [0, 1[.
La dernière relation de 1-a), à savoir f
(1x
)= f(x)−2π lnx permet de conclure à la continuité sur ]1,+∞[.
2 - Première méthode de calcul :
• f(x2) =∫ π
0
ln(x4 − 2x2 cos t+ 1)dt
Dans le polynôme bicarré x4 − 2x2 cos t+ 1, qui n'a pas de racine réelle, écrivons x4 + 1 comme début d'uncarré :
x4 − 2x2 cos t+ 1 = (x2 + 1)2 − 2x2(1 + cos t) = (x2 + 1)2 − 4x2 cos2(t
2
)= (x2 − 2x cos
(t2
)+ 1)(x2 + 2x cos
(t2
)+ 1)
d'où f(x2) =∫ π
0
ln(x4 − 2x2 cos t+ 1)dt =∫ π
0
ln(x2 − 2x cos( t
2 ) + 1)(x2 + 2x cos( t2 ) + 1
)dt =
=∫ π
0
ln(x2 − 2x cos( t2 ) + 1)dt +
∫ π
0
ln(x2 + 2x cos( t2 ) + 1)dt
= 2∫ π/2
0
ln(x2 − 2x cos(u) + 1)du+ 2∫ π/2
0
ln(x2 + 2x cos(u) + 1)du (par le changement u = t2 )
= 2∫ π/2
0
ln(x2−2x cos(u)+1)du+2∫ π/2
π
ln(x2−2x cos(v)+1)(−dv) (par le changement v = π−u)
= 2∫ π
0
ln(x2 − 2x cos(u) + 1)du = 2f(x)
Donc ∀x ∈ R+, f(x2) = 2f(x)
• Par récurrence immédiate, ∀x ∈ R+, f(x2n
) = 2nf(x)
∀x ∈ R∗+, f(
1x
)= f(x)−2π lnx donc ∀x ∈ R∗+, f
(1x2n
)= f(x2n
)−2π ln(x2n
) = 2nf(x)−2n+1π ln(x)
=⇒ 12nf
(1x2n
)= f(x)− 2π ln(x)
En passant à la limite pour x > 1 �xé lorsque n→ +∞, compte tenu de la contnuité de f en 0 et de l'égalitéf(0) = 0, on obtient : ∀x > 1, 0 = f(x)− 2π ln(x)
Donc ∀x > 1, f(x) = 2π ln(x)
∀x ∈]0, 1[, f
(1x
)︸ ︷︷ ︸
=2π ln(1/x)
= f(x)− 2π lnx donc f(x) = 0. ∀x ∈ [0, 1[, f(x) = 0
3- Deuxième méthode de calcul : calcul de la dérivée :
36
• F (x, t) = ln(x2 − 2x cos t+ 1) = ln((x− cos t)2 + sin2 t)
∀(x, t) ∈ [0, 1[×[0, π],∂F
∂x(x, t) =
2(x− cos t)x2 − 2x cos t+ 1
Soit a ∈ [0, 1[.- pour tout x ∈ [0, a], la fonction t→ F (x, t) est continue sur [0, π] et intégrable car continue.- pour tout t ∈ [0, π], la fonction x→ F (x, t) est continue sur [0, a]
- pour tout x ∈ [0, a], la fonction t→ ∂F
∂x(x, t) =
2(x− cos t)x2 − 2x cos t+ 1
est continue sur [0, π]
- pour tout t ∈ [0, π], la fonction x→→ ∂F
∂x(x, t) =
2(x− cos t)x2 − 2x cos t+ 1
est continue sur [0, a]
Pour tout x ∈ [0, a], �xé, la fonction t −→ x2 − 2x cos t+ 1 atteint son maximum lorsque cos t = 1 , c'està dire pour t = π.
donc ∀x ∈ [0, a],∀t ∈ [0, π], x2 − 2x cos t+ 1 ≥ x2 − 2x+ 1 = (1− x)2 ≥ (1− a)2
7→ ∀x ∈ [0, a],∀t ∈ [0, π],∣∣∣∣∂F∂x (x, t)
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 2(x− cos t)x2 − 2x cos t+ 1
∣∣∣∣ ≤ 2x+ 2(1− a)2
≤ 4(1− a)2
= cte
d'après le théorème de dérivation sous le signe∫, on en déduit que f est de classe C1 sur [0, a] et que :
∀x ∈ [0, a], f ′(x) =∫ π
0
∂F
∂x(x, t)dt =
∫ π
0
∂F
∂x(x, t)dt =
∫ π
0
2(x− cos t)x2 − 2x cos t+ 1
dt
• Procédons au changement de variable u = tan( t2 ) t = 2Arctan(u) dt =
2du1 + u2
cos t =1− u2
1 + u2
f ′(x) = 4∫ +∞
0
x− 1−u2
1+u2
x2 − 2x 1−u2
1+u2 + 1.du
1 + u2= 4
∫ +∞
0
x(1 + u2)− (1− u2)x2(1 + u2)− 2x(1− u2) + (1 + u2)
.du
1 + u2
f ′(x) = 4∫ +∞
0
u2(x+ 1) + (x− 1)u2(x+ 1)2 + (x− 1)2
du
1 + u2
Pour décomposer en éléments simples, notons A = x+ 1, B = x− 1, v = u2
u2(x+ 1) + (x− 1)u2(x+ 1)2 + (x− 1)2
11 + u2
=Av +B
(A2v +B2)(1 + v)=
α
A2v +B2+
β
1 + v
En multipliant par 1 + v puis en prenant v = −1, on obtient β =−A+B
−A2 +B2=
1A+B
=12x
En multipliant par A2v +B2 puis en prenant v = −B2
A2, on obtient :
α =−AB2
A2 +B
1− B2
A2
=−AB2 +BA2
A2 −B2=
AB(A−B)(A−B)(A+B)
=AB
A+B=x2 − 1
2x
doncu2(x+ 1) + (x− 1)u2(x+ 1)2 + (x− 1)2
11 + u2
=x2−12x
u2(x+ 1)2 + (x− 1)2+
12x
u2(x+ 1) + (x− 1)
d'où f ′(x) = 4∫ +∞
0
x2−12x
u2(x+ 1)2 + (x− 1)2+
12x
u2 + 1dt
f ′(x) = 2∫ +∞
0
x− 1x(x+ 1)
1
u2 + (x−1)2
(x+1)2
+1x
1u2 + 1
du
f ′(x) = 2
([1xArctan
(x+ 1x− 1
u
)]u→+∞
u=0
+[
1xArctan u
]+∞0
)Si 0 < x < 1, alors
x+ 1x− 1
< 0 et f ′(x) = 2(− π
2x+
π
2x
)= 0
Donc f est constante sur ]0, 1[ et sur [0, 1[ par continuité en 0.d'où ∀x ∈ [0, 1[, f(x) = f(0) = 0
La relation ∀x ∈ R∗+, f(
1x
)= f(x)− 2π lnx montre alors que :
∀x ∈]1,+∞[, f(x) = 2π lnx
Remarquons que si x > 1, alorsx+ 1x− 1
> 0 et la formule
f ′(x) = 2
([1xArctan
(x+ 1x− 1
u
)]u→+∞
u=0
+[
1xArctan u
]+∞0
)donne :
f ′(x) = 2( π
2x+
π
2x
)=
2πx
et par intégration, f(x) = 2π lnx+ cte
4- Troisième méthode de calcul : sommes de Riemann :
Considérons la subdivision 0 = x0 < x1 =π
n< x2 =
2πn< x3 =
3πn.... < xn−1 =
(n− 1)πn
et la somme de
Riemann correspondant à cette subdivision :
37
Sn =π − 0n
n−1∑k=0
f
(kπ
n
)=π
n
n−1∑k=0
ln(x2 − 2x cos
(kπn
)+ 1)
or x2 − 2x cos kπn + 1 = (x− cos kπ
n )2 − cos2 kπn + 1 = (x− cos kπ
n )2 − sin2 kπn
x2 − 2x cos kπn + 1 = (x− ei kπ
n )(x− e−i kπn )
donc Sn =π
n
n−1∑k=0
ln((x− ei kπ
n )(x− e−i kπn ))
=π
nln
(n−1∏k=0
(x− ei kπn )(x− e−i kπ
n )
)Or les ei kπ
n , k = 0, 1, ..., 2n− 1 ou k = −n,−n− 1, ...,−1, 0, 1, ..., n− 1 sont les 2n racines 2ne de l'unité,c'est à dire les racines du polynôme X2n − 1
Dans le produitn−1∏k=0
(x− ei kπn )(x− e−i kπ
n ) �gurent toutes ces racines une fois, sauf −1 qui est omise, et 1 qui
�gure deux fois (pour k = 0)
doncn−1∏k=0
(x− ei kπn )(x− e−i kπ
n ) = (x2n − 1)x− 1x+ 1
- Si x > 1, Sn =π
n
(ln(x2n − 1) + ln(x− 1)− ln(x+ 1)
) n→+∞∼ π
nln(x2n) = 2π ln(x)
donc limn→+∞
Sn = 2π ln(x) et∫ π
0
ln(x2 − 2x cos t+ 1)dt = 2π ln(x)
- Si x < 1, Sn =π
n
(ln(1− x2n) + ln(1− x)− ln(x+ 1)
)−−−−−→n→+∞
0
donc limn→+∞
Sn = 0 et∫ π
0
ln(x2 − 2x cos t+ 1)dt = 0
Si x < 1,∫ π
0
ln(x2 − 2x cos t+ 1)dt = 2π ln(x)
Si 0 ≤ x < 1,∫ π
0
ln(x2 − 2x cos t+ 1)dt = 0
Remarquons que ce calcul n'est pas valable pour x = 1 car pour k = 0, ln(x2 − 2x cos
(kπn
)+ 1)
= ” ln 0” n'estpas dé�ni.
On peut alors prendre la formule Sn =π
n
n−1∑k=1
ln(x2 − 2x cos
(kπ
n
)+ 1)
Sn =π
nln(
(x2n − 1)(x− 1)(x+ 1)
)=π
nln(
1 + x+ x2 + x3 + ...+ x2n−1)x+ 1
), qui donne pour x = 1 :
Sn =π
nln(
2n2
)=π
nlnn −−−−−→
n→+∞0 Donc f(1) = 0
5.10 * Comportement de f en +∞
1- Soit f une fonction continue par morceaux sur [0,+∞[ telle que∫ +∞
0
f converge.
a-t-on nécessairement limt−→+∞
f(t) = 0 ?
Même question si on suppose que f ≥ 0
2- Soit f une fonction continue par morceaux sur [0,+∞[ telle que∫ +∞
0
f converge et admettant une limite L
en +∞. Montrer que L = 0.
3- Soit f une fonction continue par morceaux, décroissante et positive sur [0,+∞[.
On suppose que∫ +∞
0
f converge. Montrer que f(x) x→+∞= o(
1x
)4- Soit f une fonction uniformément continue sur [0,+∞[ telle que
∫ +∞
0
f converge.
Montrer que limx−→+∞
f(x) = 0.
SOLUTION :
1- NON : L'intégrale∫ +∞
0
cos(t2)dt converge mais cos(t2) ne tend pas vers 0 quand t −→ +∞
2- Si L 6= 0, f(x) a même signe que L quand x→ +∞ et f(x) x→+∞∼ L
38
Or∫ +∞0
Ldt diverge, donc par équivalence∫ +∞0
f(t)dt diverge aussi, ce qui montre par contraposée que si∫ +∞0
f(t)dt converge, alors L = 0.
3- Puisque l'intégrale∫ +∞
0
f(t)dt converge, le reste de cette intégrale, r(x) =∫ +∞
x
f(t)dt tend vers 0 qd
x→ +∞Soit x > 0. ∀t ∈ [x
2 , x], 0 ≤ f(x) ≤ f(t) car f est décroissante.
=⇒∫ x
x2
f(x)dt ≤∫ x
x2
f(t)dt ≤∫ +∞
x2
f(t)dt = r(x
2
)=⇒ 0 ≤ x
2f(x) ≤ r
(x2
)=⇒ lim
x→+∞x.f(x) = 0 et donc f(x) x→+∞= o
(1x
)Remarque : ce résultat n'est plus vrai si on ne suppose plus que f est décroissante, comme le montre laquestion 1.
4 - On suppose que∫ +∞
0
f(t)dt converge. On sait qu'alors le reste r(x) =∫ +∞
x
f(t)dt tend vers 0 quand
x→ +∞.Supposons que f(x) ne tende pas vers 0 quand x→ +∞ :
∃ε0 > 0,∀A > 0,∃xA > A, |f(xA)| > ε0f est uniformément continue que [0,+∞[ :
∀ε > 0,∃η > 0,∀x, y ∈ R+, |x− y| < η =⇒ |f(x)− f(y)| < εAppliquons cette propriété à ε = ε0
2 :∃η1 > 0,∀x, y ∈ R+, |x− y| < η1 =⇒ |f(x)− f(y)| < ε0
2donc ∀x ∈ [xA, xA + η1], |f(x)− f(xA)| < ε0
2 ( puisqu'alors |x− xA| < η1 )
alors∫ xA+η1
xA
f(x)dx =∫ xA+η1
xA
f(xA)dx︸ ︷︷ ︸= η1f(xA)
+∫ xA+η1
xA
(f(x)− f(xA))dx
or |η1f(xA)| ≥ η1ε0 (car |f(xA)| > ε0)
et
∣∣∣∣∫ xA+η1
xA
(f(x)− f(xA))dx∣∣∣∣ ≤ ∫ xA+η1
xA
|f(x)− f(xA)|︸ ︷︷ ︸<ε=
ε02
dx < η1ε = η1ε02
donc
∣∣∣∣∫ xA+η1
xA
f(x)dx∣∣∣∣ > ε0 −
ε02
=ε02
soit aussi |r(xA)− r(xA + η1)| > ε02
On a ainsi montré que ∃ε0 > 0,∀A > 0,∃xA > A, |r(xA) − r(xA + η1)| > ε02 , ce qui est contradictoire
avec la propriété limx→+∞
r(x) = 0.
L'hypothèse faite a abouti à une contradiction et donc limx→+∞
f(x) = 0 .
5.11 * Intégrales de Fresnel (2)
a) Soit S(z) =+∞∑n=0
anzn une série entière de rayon de convergence R 6= 0.
Montrer que ∀x ∈[0,
R√2
], (1 + i)
∫ x
0
S((1 + i)t)dt =∫ x
0
S(t)dt+ i
∫ x
0
S(x+ it)dt (1)
b) En utilisant la fonction f : z −→ e−z2montrer la convergence des intégrales
∫ +∞
0
cosu2du et∫ +∞
0
sinu2du et calculer leurs valeurs.
SOLUTION :a) • Soit, pour n entier naturel quelconque, Pn le polynôme tn.
(1 + i)∫ x
0
Pn((1 + i)t)dt = (1 + i)∫ x
0
((1 + i)t)ndt = (1 + i)n+1
[tn+1
n+ 1
]x
0
= (1 + i)n+1 xn+1
n+ 1
Par ailleurs,∫ x
0
Pn(t)dt =xn+1
n+ 1et
i
∫ x
0
Pn(x+ it)dt = i
∫ x
0
(x+ it)ndt =[(x+ it)n+1
(n+ 1)
]x
0
=(1 + i)n+1xn+1 − xn+1
n+ 1
39
ce qui montre que (1 + i)∫ x
0
Pn((1 + i)t)dt =∫ x
0
Pn(t)dt+ i
∫ x
0
Pn(x+ it)dt
• Par linéarité de l'intégrale, il s'ensuit que pour tout polynôme P ∈ C[X], la relation (1) est encore véri�ée.
Et par convergence uniforme sur le segment [0, x], (lorsque t ∈ [0, x] ⊂[0,
R√2
[, (1+i)x ∈ [0, x
√2] ⊂ [0, R[
puisque |1 + i| =√
2) la relation (1) est véri�ée pour toute série entière.
• La fonction f : z −→ e−z2est développable en série entière sur C . ( e−z2
=∞∑
n=0
z2n
(2n)!)
On peut lui appliquer la relation (1) pour tout x ∈ R :
(1 + i)∫ x
0
e−((1+i)t)2dt =∫ x
0
e−t2dt+ i
∫ x
0
e−(x+it)2dt
(1 + i)∫ x
0
e−2it2dt =∫ x
0
e−t2dt+ i
∫ x
0
e−x2+t2−2ixtdt (2)
• Montrons que limx→+∞
∫ x
0
e−x2+t2−2ixtdt = 0 :∣∣∣∣∫ x
0
e−x2+t2−2ixtdt
∣∣∣∣ ≤ ∫ x
0
|e−x2+t2−2ixt|dt =∫ x
0
e−x2+t2dt =∫ x− 1√
x
0
e−x2+t2dt+∫ x
x− 1√x
e−x2+t2dt
∀t ∈[0, x− 1√
x
], 0 ≤ t2 ≤
(x− 1√
x
)2
= x2 − 2√x+
1x
donc∫ x− 1√
x
0
e−x2+t2dt ≤∫ x− 1√
x
0
e−2√
x+ 1x dt ≤ xe−2
√x+ 1
xx→+∞−→ 0
∀t ∈[x− 1√
x, 0], 0 ≤ e−x2+t2 ≤ e0 = 1 et donc
∫ x
x− 1√x
e−x2+t2dt ≤∫ x
x− 1√x
dt =1√x
x→+∞−→ 0
donc limx→+∞
∫ x
0
e−x2+t2−2ixtdt = 0
• Reprenons (2) : (1 + i)∫ x
0
e−2it2dt =∫ x
0
e−t2dt+ i
∫ x
0
e−x2+t2−2ixtdt
limx→+∞
∫ x
0
e−t2dt =∫ +∞
0
e−t2dt =√π
2(intégrale de Gauss)
Donc limx→+∞
(1 + i)∫ x
0
e−2it2dt =√π
2+ 0 et
∫ +∞
0
e−2it2dt =√π
2(1 + i)
et par le changement u =√
2t,∫ +∞
0
e−2it2dt =1√2
∫ +∞
0
e−iu2du =
(1− i)√π
4
L'intégrale∫ +∞
0
e−iu2du converge et vaut
(1− i)√π
2√
2
En prenant les parties réelle et imaginaire, on obtient :∫ +∞
0
cosu2du =∫ +∞
0
sinu2du =√π
2√
2
6 Inégalité de Cauchy Schwarz
6.1 Intégrale de l'inverse
Soit f une fonction continue sur [a, b] et strictement positive en tout point.
Montrer que∫ b
a
1f(t)
dt ≥ (b− a)21∫ b
a
f(t)dt. Peut il y avoir égalité ?
SOLUTION :Puisque f ne s'annule pas sur [a, b], la fonction 1
f est continue sur [a, b] donc intégrable.Etant continue, positive et non identiquement nulle, son intégrale est > 0.
L'application (f, g) −→∫ b
a
f(t)g(t)dt est un produit scalaire sur l'espace vectoriel C([a, b],R)
Par application de la formule de Cauchy-Schwarz,(∫ b
a
√f(t)
1√f(t)
dt
)2
≤∫ b
a
√f(t)
2∫ b
a
(1√f(t)
)2
dt
40
donc
(∫ b
a
dt
)2
= (b− a)2 ≤
(∫ b
a
f(t)dt
)(∫ b
a
1f(t)
dt
)
soit, �nalement,
∫ b
a
dt
f(t)≥ (b− a)2∫ b
a
f(t)dt
Il y a égalité dans la formule de Cauchy-Schwarz si et seulement si f et g sont liées, c'est à dire si et seulement
si ∃λ ∈ R,√f = λ
1√f
⇐⇒ ∃λ ∈ R, f = λ c'est à dire si et seulement si f est une fonction constante.
6.2 Intégrale de l'inverse
Soit Φ : E = C0([a, b],R∗+) −→ R
f 7→
(∫ b
a
f(t)dt
)(∫ b
a
1f(t)
dt
)Montrer que Φ est minoré sur E et calculer inf
f∈EΦ(f)
Φ est elle majorée ?
SOLUTION :
L'application Ψ : (f, g) −→∫ b
a
f(t)g(t)dt est un produit scalaire sur C0([a, b],R)
D'après la formule de Cauchy-Schwarz, ∀f ∈ E,
∣∣∣∣∣∫ b
a
(√f(t).
√1f(t)
)dt
∣∣∣∣∣2
≤
(∫ b
a
√f(t)
2
)∫ b
a
√1f(t)
2
dt
Donc
(∫ b
a
f(t)dt
)(∫ b
a
1f(t)
dt
)(1)
≥
∣∣∣∣∣∫ b
a
dt
∣∣∣∣∣2
= (b− a)2 et (b− a)2 est un minorant de Φ.
Il y a égalité dans (1) si et seulement si les fonctions√f et
√1fsont liées,
⇐⇒ ∃λ ∈ R,√f = λ
√1f
⇐⇒ ∃λ ∈ R∗+, f = λ
Donc infE
Φ = (b− a)2
• Soit M un réel positif (aussi grand qu'on veut)
Soit f la fonction a�ne par morceaux et continue, qui vaut M sur
[a , a+
b− a
3
]et qui vaut
1M
sur[b− b− a
3, b
].
Alors∫ b
a
f(t)dt ≥∫ a+ b−a
3
a
Mdt =b− a
3M et
∫ b
a
1f(t)
dt ≥∫ b
b− b−a3
Mdt =b− a
3M, donc
Φ(f) ≥ (b− a)2
9M2 et la fonction Φ n'est pas majorée.
7 Exercices divers :
7.1 * Développement asymptotique d'une somme de Riemann :
Soit f une fonction réelle ou complexe de classe C3 sur [0, 1].
Montrer que :∫ 1
0
f(t)dt =1n
n−1∑k=0
f
(k
n
)+a
n+
b
n2+o
(1n2
)où a et b sont des constantes à déterminer
en fonction de f .SOLUTION :
Soit F : x −→∫ x
0
f(t)dt
F , primitive de f , est de classe C4 sur [0, 1] car f est de classe C3.
41
Pour k = 0, 1, 2, 3, notons Mk = supx∈[0,1]
|f (k)(x)|
Ecrivons la formule de Taylor avec reste intégrale sur le segment [xk, xk+1] à l'ordre 2 :
F (xk+1) = F (xk) +xk+1 − xk
1!F ′(xk) +
∫ xk+1
xk
(xk+1 − t)1!
F”(t)dt, qui s'écrit aussi :∫ k+1n
kn
f(t)dt =1nf
(k
n
)+∫ k+1
n
kn
(k+1n − t)1!
f ′(t)dt
avec
∣∣∣∣∣∫ k+1
n
kn
(k+1n − t)1!
f ′(t)dt
∣∣∣∣∣ ≤∫ k+1
n
kn
M1
(k+1n − t)1!
dt = M1
[−
(k+1n − t)2
2
] k+1n
kn
=M1
2n2
En sommant pour k variant de 0 à n− 1 :∫ 1
0
f(t)dt =1n
n−1∑k=0
f
(k
n
)+R1 avec |R1| ≤ n.
M1
2n2≤ M1
2n
donc∫ 1
0
f(t)dt =1n
n−1∑k=0
f
(k
n
)+O
(1n
)ou aussi
∫ 1
0
f(t)dt =1n
n−1∑k=0
f
(k
n
)+ o(1) (1)
(o(1) est une suite de limite nulle)• Ecrivons la formule de Taylor à l'ordre 3 :
F (xk+1) = F (xk) +xk+1 − xk
1!F ′(xk) +
(xk+1 − xk)2
2!F”(xk) +
∫ xk+1
xk
(xk+1 − t)2
2!F (3)(t)dt, soit :∫ k+1
n
kn
f(t)dt =1nf
(k
n
)+
12n2
f ′(k
n
)+∫ k+1
n
kn
(k+1n − t)2
2f”(t)dt, qui donne par sommation :∫ 1
0
f(t)dt =1n
n−1∑k=0
f
(k
n
)+
12n2
n−1∑k=0
f ′(k
n
)+R2 (2), avec :
|R2| =
∣∣∣∣∣n−1∑k=0
(∫ k+1n
kn
(k+1n − t)2
2!f”(t)dt
)∣∣∣∣∣ ≤n−1∑k=0
(∫ k+1n
kn
M2
(k+1n − t)2
2!dt
)=
n−1∑k=0
M2
[−
(k+1n − t)3
6
] k+1n
kn
=M2
6n2
La relation (1), appliquée à la fonction f ′ donne :1n
n−1∑k=0
f ′(k
n
)=∫ 1
0
f ′(t)dt+ o(1)
Reportons-la dans (2) :∫ 1
0
f(t)dt =1n
n−1∑k=0
f
(k
n
)+
12n
(∫ 1
0
f ′(t)dt+O
(1n
))+O
(1n2
)∫ 1
0
f(t)dt =1n
n−1∑k=0
f
(k
n
)+f(1)− f(0)
2n+O
(1n2
)(3)
• Un calcul analogue à partir de la formule de Taylor à l'ordre 4 :∫ k+1n
kn
f(t)dt =1nf
(k
n
)+
12n2
f ′(k
n
)+
16n3
f”(k
n
)+∫ k+1
n
kn
(k+1n − t)3
6f (3)(t)dt donne par sommation∫ 1
0
f(t)dt =1n
n−1∑k=0
f
(k
n
)+
12n2
n−1∑k=0
f ′(k
n
)+
16n3
n−1∑k=0
f”(k
n
)+
n−1∑k=0
(∫ k+1n
kn
(k+1n − t)3
6f (3)(t)dt
)︸ ︷︷ ︸
R3
(4)
Reportons les relations : - (1) pour f” :1n
n−1∑k=0
f”(k
n
)=∫ 1
0
f”(t)dt+O(
1n
)= f ′(1)−f ′(0)+O
(1n
)- (3) pour f ′ :
1n
n−1∑k=0
f ′(k
n
)=∫ 1
0
f ′(t)dt− f′(1)− f ′(0)
2n+O
(1n2
)= f(1)−f(0)− f
′(1)− f ′(0)2n
+O(
1n2
)et la majoration |R3| ≤
M3
24n3dans (4) :
∫ 1
0
f(t)dt− 1n
n−1∑k=0
f
(k
n
)=
12n
(f(1)− f(0)− f ′(1)− f ′(0)
2n+O
(1n2
))+
16n2
(f ′(1)− f ′(0) +O
(1n
))+R3
Finalement,∫ 1
0
f(t)dt− 1n
n−1∑k=0
f
(k
n
)=f(1)− f(0)
2n− f ′(1)− f ′(0)
12n2+O
(1n3
)
42
7.2 * Equivalent (Mines)
Soit f une fonction à valeurs dans K, continue et intégrable sur [0,+∞[.
Montrer que∫ x
0
t.f(t)dt = o(x) quand x→ +∞Peut on généraliser ce résultat ?
SOLUTION :
Notons F (x) =∫ x
0
f(t)dt. Puisque f est intégrable sur [0,+∞[, alors limx→+∞
F (x) = L ∈ K
Soit r(x) =∫ ∞
x
f(t)dt = L− F (x), de sorte que limx→+∞
r(x) = L− L = 0
f étant continue, F = L− r est une primitve de f .
Intégrons par parties∫ x
0
t.f(t)dt en prenant −r(x) comme primitive de f(x) :∫ x
0
t.f(t)dt = [−t.r(t)]x0 +∫ x
0
r(t)dt = −xr(x) +∫ x
0
r(t)dt
Montrons que limx→+∞
r(x) = 0 =⇒∫ x
0
r(t)dt = o(x) :
Soit ε > 0, ∃x0,∀t > x0, |r(t)| < ε2
∀x > x0,
∫ x
0
r(t)dt =∫ x0
0
r(t)dt+∫ x
x0
r(t)dt
donc
∣∣∣∣∫ x
0
r(t)dt∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣∫ x0
0
r(t)dt∣∣∣∣+ ∣∣∣∣∫ x
x0
r(t)dt∣∣∣∣
∀x > x0,
∣∣∣∣∫ x
x0
r(t)dt∣∣∣∣ ≤ ∫ x
x0
|r(t)|︸ ︷︷ ︸≤ε
dt ≤ (x− x0)ε
2≤ x.
ε
2
M =∣∣∣∣∫ x0
0
r(t)dt∣∣∣∣ est une constante, et pour x > 2M
ε,
∣∣∣∣∫ x0
0
r(t)dt∣∣∣∣
x<
M2Mε
=ε
2
Pour x > max(x0,2Mε ),
∣∣∣∣∫ x
0
r(t)dt∣∣∣∣ ≤ ε
2x+
ε
2x = ε.x
On a ainsi montré que limx→+∞
∣∣∣∣∫ x
0
r(t)dt∣∣∣∣
x= 0, c'est à dire que
∫ x
0
r(t)dt = o(x) quand x→ +∞
Reprenant l'égalité∫ x
0
t.f(t)dt = −xr(x) +∫ x
0
r(t)dt et compte tenu des résultats limx→+∞
r(x) = 0 et∫ x
0
r(t)dt = o(x), on obtient :∫ x
0
t.f(t)dt = o(x) quand x→ +∞
♣ b) Par intégrons par parties,∫ x
0
tm.f(t)dt = [−tm.r(t)]x0 +m
∫ x
0
tm−1r(t)dt = −xmr(x) +m
∫ x
0
tm−1r(t)dt
En reprenant les notations de la partie précédente,∣∣∣∣∫ x
0
tm−1r(t)dt∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣∫ x0
0
tm−1r(t)dt∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸
M ′
+∣∣∣∣∫ x
x0
tm−1r(t)dt∣∣∣∣ ≤M ′ +
ε
2
∫ x
x0
tm−1dt
∣∣∣∣∫ x
0
tm−1r(t)dt∣∣∣∣ ≤M ′ +
ε(x− x0)m
2m≤M ′ +
ε
2mxm ≤M ′ +
ε
2xm
et pour x ≥ m
√2M ′
ε,
M ′
xm≤ ε
2
Pour x ≥ max
(m
√2M ′
ε, x0
),
∣∣∣∣∫ x
0
r(t)dt∣∣∣∣
xm≤ ε,
On a ainsi montré que limx→+∞
∣∣∣∣∫ x
0
tmf(t)dt∣∣∣∣
x= 0, c'est à dire que∫ x
0
tmf(t)dt = o(xm) quand x→ +∞
43
7.3 * Calcul d'équivalent :
Soit f une fonction continue sur [0, 1] telle que f(0) 6= 0
a) Déterminer un équivalent de∫ 1
0
(1− x)nf(x)dx quand n→ +∞
b) Même question pour∫ 1
0
f(x)1 + nx
dx
SOLUTION :a) E�ectuons le changement de variable u = (1− x)n, x = 1− u
1n , dx = − 1
nu1n−1du
an =∫ 1
0
(1− x)nf(x)dx = − 1n
∫ 0
1
uf(1− u1n )u
1n−1du =
1n
∫ 1
0
f(1− u1n )u
1n du
f est bornée sur la segment [0, 1] car est continue et ∀u ∈ [0, 1], |f(1− u1n )u
1n | ≤‖ f ‖∞[0,1]
Par ailleurs, ∀u ∈]0, 1], limn→+∞
u1n = 1 , donc la suite de fonctions (u −→ f(1− u 1
n )u1n ) converge simplement
sur ]0, 1] vers la fonction constante f(0).La majoration obtenue nous permet d'appliquer le théorème de convergence dominée pour a�rmer que :
limn→+∞
( ∫ 1
0
f(1− u1n )u
1n du
)=∫ 1
0
f(0)du = f(0) 6= 0
donc an =1n
∫ 1
0
f(1− u1n )u
1n du ∼ f(0)
nquand n→∞
b)∫ 1
0
f(x)1 + nx
dx =1n
∫ 1
0
f(x)x+ 1
n
dx =1nbn
Notons ε(x) = f(x)− f(0) , qui tend vers 0 quand x tend vers 0 par contnuité de la fonction f en 0.Soit α(n) ∈]0, 1] une fonction de l'entier n que nous choisirons par la suite.
bn =∫ 1
0
f(x)x+ 1
n
dx =∫ α(n)
0
f(0)x+ 1
n
dx+∫ α(n)
0
f(x)− f(0)x+ 1
n
dx+∫ 1
α(n)
f(x)x+ 1
n
dx
-∫ α(n)
0
f(0)x+ 1
n
dx = f(0)[
ln(x+ 1n )]α(n)
0= f(0). ln(1 + nα(n))
-
∣∣∣∣∣∫ α(n)
0
f(x)− f(0)x+ 1
n
dx
∣∣∣∣∣ ≤∫ α(n)
0
|ε(x)|x+ 1
n
dx ≤ supx∈[0,α(n)]
|ε(x)|.∫ α(n)
0
1x+ 1
n
dx
≤ supx∈[0,α(n)]
|ε(x)|. ln(1 + nα(n))
-
∣∣∣∣ ∫ 1
α(n)
f(x)x+ 1
n
dx
∣∣∣∣ ≤‖ f ‖∞[0,1] .
∫ 1
α(n)
1x+ 1
n
dx =‖ f ‖∞[0,1]
[ln(x+ 1
n )]1α(n)
≤‖ f ‖∞[0,1] . ln(
n+ 1nα(n) + 1
)Choisissons alors α(n) =
1lnn
Quand n→ +∞ :
-∫ α(n)
0
f(0)x+ 1
n
dx = f(0). ln(1 + nln n ) ∼ f(0). ln( n
ln n ) = f(0).(lnn− ln(lnn)) ∼ f(0). lnn
- supx∈[0,α(n)]
|ε(x)|.∫ α(n)
0
1x+ 1
n
dx =‖ ε ‖∞[0,α(n)] . ln(1 + nln n ) ∼ ‖ ε ‖∞[0,α(n)] . lnn
= o(lnn)car lim
n→+∞‖ ε ‖∞[0,α(n)]= 0 puisque lim
0ε = 0
- ‖ f ‖∞[0,1] . ln(
n+ 1nα(n) + 1
)= ‖ f ‖∞[0,1] . ln
(n+ 1n
ln n + 1
)∼‖ f ‖ . ln(lnn) = o(lnn)
Quand n → +∞ , de ces trois intégrales, la première est équivalente à f(0). lnn et les deux dernières sontnégligeables devant lnn.
Leur somme est donc équivalente à f(0). lnn , et∫ 1
0
f(x)1 + nx
dx =bnn∼ f(0). lnn
nquand n→ +∞
∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗
7.4 Convergence et calcul d'intégrale :
f est une fonction dé�nie et continue sur R+ admettant une limite �nie L en +∞Soient p et q tels que 0 < p < q
Montrer que l'intégrale∫ +∞
0
f(px)− f(qx)x
dx converge et la calculer.
44
SOLUTION :• Soient a et b tels que 0 < a < b.
Les fonctions (x −→ f(px)x ) et (x −→ f(qx)
x ) sont continues sur le segment [a, b].∫ b
a
f(px)− f(qx)x
dx =∫ b
a
f(px)x
dx−∫ b
a
f(qx)x
dx =∫ pb
pa
f(u)u
du−∫ qb
qa
f(v)v
dv
(par les changements de variables u = px dans la première intégrale et v = qx dans la seconde).∫ b
a
f(px)− f(qx)x
dx =∫ qa
pa
f(u)u
du+∫ pb
qa
f(u)u
du−∫ pb
qa
f(u)u
du−∫ qb
pb
f(u)u
du∫ b
a
f(px)− f(qx)x
dx =∫ qa
pa
f(u)u
du−∫ qb
pb
f(u)u
du (1)
• f étant continue en 0, f(u) = f(0) + α(u) avec limu→0+
α(u) = 0∫ qa
pa
f(u)u
du =∫ qa
pa
f(0) + α(u)u
du = f(0)(
ln(qa)− ln(pa))
+∫ qa
pa
α(u)u
du
∣∣∣∣∫ qa
pa
α(u)u
du
∣∣∣∣ ≤ ∫ qa
pa
(sup[pa,qa] |α(u)|
)u
du = sup[pa,qa]
|α(u)| . ln(q
p
)−−−→a→0
0
( car limu→0+
α(u) = 0 =⇒ lima→0+
sup[pa,qa]
|α(u)| = 0 )
donc lima→0+
∫ qa
pa
f(u)u
du = f(0) ln(q
p
)• De manière analogue, puisque lim
x→+∞f(x) = L, on peut écrire f(u) = L+ β(u) avec lim
u→+∞β(u) = 0∫ qb
pb
f(u)u
du =∫ qb
pb
L+ β(u)u
du = L. ln(q
p
)+∫ qb
pb
β(u)u
du∣∣∣∣∣∫ qb
pb
β(u)u
du
∣∣∣∣∣ ≤∫ qb
pb
(sup[pb,qb] |β(u)|
)u
du = sup[pb,qb]
|β(u)| . ln(q
p
)−−−−→b→+∞
0
( car limu→+∞
β(u) = 0 =⇒ limb→+∞
sup[pb,qb]
|β(u)| = 0 )
donc limb→+∞
∫ qb
pb
f(u)u
du = L. ln(q
p
)• Alors, d'après (1),
∫ +∞
0
f(px)− f(qx)x
dx = (f(0)− L). ln(q
p
)
7.5 Convergence et calcul :
Convergence et calcul des intégrales suivantes :
a)∫ +∞
0
Arctan(2x)−Arctan(x)x
dx
b)∫ +∞
0
sh(x)e−3x
xdx
c)∫ +∞
0
cos(ax)− cos(bx)x
dx
Solution :Même méthode que dans l'exercice précédent ;
a)∫ +∞
0
Arctan(2x)−Arctan(x)x
dx =π
2ln 2 (f(0) = 0 et L =
π
2)
b)∫ +∞
0
sh(x)e−3x
xdx =
∫ +∞
0
e−2x − e−4x
2xdx = ln 2 (f(0) = 1 et L = 0 )
c)∫ +∞
0
cos(ax)− cos(bx)x
dx = ln(b
a
)( adapter la méthode, f(0) = 1 et L n'existe pas )
7.6 Fonction périodique :
Soit f une fonction dé�nie, continue par morceaux sur [0,+∞[, périodique de période T > 0 et a un réel > 0.
L'intégrale∫ +∞
a
f(t)tdt converge-t-elle ?
45
SOLUTION :
Soit F (x) =∫ x
a
f(t)dt
Si la valeur moyenne µf =1T
∫ T
0
f(t)dt est nulle, alors F est périodique (voir ex ?????)
Si µf 6= 0 , alors F (x) x→+∞∼ µf .x
• Supposons que µf 6= 0 .
∀x > a,
∫ x
a
f(t)tdt =
[F (t)t
]x
a
+∫ x
a
F (t)t2
dt (en intégrant par parties)
∫ x
a
f(t)tdt =
F (x)x
−
=0︷ ︸︸ ︷F (a)a
+∫ x
a
F (t)t2
dt
orF (x)x
x→+∞∼ µf .x
x= µf et
F (t)t2
x→+∞∼ µf
tdonc
F (x)x
a une limite �nie quand x → +∞,
mais l'intégrale∫ +∞
a
F (t)t2
dt est divergente.
Dans ce cas, l'intégrale∫ +∞
a
f(t)tdt est donc divergente.
• Supposons que µf 6= 0 .La fonction F est alors périodique et continue, donc est bornée sur R.∫ x
a
f(t)tdt =
F (x)x
+∫ x
a
F (t)t2
dt
F (x)x
−−−−−→x→+∞
0 car F est bornée et
∣∣∣∣F (t)t2
∣∣∣∣ ≤ M
t2où M = sup
[0,T ]
|F | donc l'intégrale∫ +∞
a
F (t)t2
dt est
donc convergente et l'intégrale∫ +∞
a
f(t)tdt aussi par conséquent.
Dans ce cas, o, a l'égalité :∫ +∞
a
f(t)tdt =
∫ +∞
a
F (t)t2
dt
• En conclusion, l'intégrale∫ +∞
a
f(t)tdt converge ⇐⇒ µf =
1T
∫ T
0
f(t)dt = 0
7.7 Fonction périodique :
Soit f une fonction dé�nie, continue par morceaux sur [0,+∞[, périodique de période T > 0.
On dé�nit alors g(x) =∫ +∞
0
f(t)e−xtdt
Montrer que g(x) est dé�ni si x > 0 et calculer un équivalent de g(x) quand x→ 0.
SOLUTION :
f étant continue par morceaux est bornée sur [0, T ] et aussi sur R par périodicité.pour tout x > 0, la fonction t −→ f(t)e−xt est continue par morceaux sur RSi M = sup
t∈[0,T ]
|f(t)| , alors ∀t ∈ R, |f(t)e−xt| ≤Me−xt et t → Me−xt est intégrable sur [0,+∞[.
Donc, par majoration, t → f(t)e−xt est intégrable sur [0,+∞[ et g(x) est dé�ni.Pour x = 0, l'intégrale d'une fonction cpmx périodique n'est convergente que si f = 0.Donc g est dé�nie sur ]0,+∞[.
Pour tout n ∈ N,∫ nT
0
f(t)e−xtdt =n−1∑k=0
∫ (k+1)T
kT
f(t)e−xtdt et en pasant à la limite quand n→ +∞,
g(x) =+∞∑k=0
∫ (k+1)T
kT
f(t)e−xtdt =+∞∑k=0
∫ T
0
f(u+ kT )e−x(u+kT )du (par le chgment de variable t = u+ kT )
g(x) =+∞∑k=0
e−xkT
∫ T
0
f(u)e−xudu =
(∫ T
0
f(u)e−xudu
)+∞∑k=0
e−xkT =1
1− e−xT
∫ T
0
f(u)e−xudu
- Pour tout u ∈ [0, T ], la fonction x→ f(u)e−xu est continue sur [0,+∞[.- Pour tout x ∈]0,+∞[ la fonction u→ f(u)e−xu est continue pmx et donc intégrable sur [0, T ].- ∀(x, u) ∈ [0,+∞[×[0, T ], |f(u)e−xu| ≤M , fonction constante intégrable sur [0, T ]
On en déduit que la fonction h : x →∫ T
0
f(u)e−xudu est continue sur [0,+∞[ et donc que
46
limx→0+
h(x) = h(0) =∫ T
0
f(u)du.
Par ailleurs, 1 − e−xT x→0∼ xT et donc g(x) =1
1− e−xT
∫ T
0
f(u)e−xudux→0∼ 1
xT
∫ T
0
f(u)du =1xµf où
µf est la valeur moyenne de la fonction f , l'équivalent étant valable si µf 6= 0.
si µf 6= 0, g(x) x→0∼ 1xT
∫ T
0
f(u)du =1xµf
∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗
7.8 Intégrale et période :
Soit f : R+ → R+, continue, décroisante, de limite nulle en +∞ et a > 0
Montrer que l'intégrale∫ ∞
0
f(t) sin(at)dt converge et donner son signe.
SOLUTION :
Soit, pour tout entier naturel k, uk =∫ (k+1)π
a
kπa
f(t) sin(at)dt
∀t ∈ [kπa ,
(k+1)πa ], kπ ≤ at ≤ (k + 1)π et sin(at) a même signe que (−1)k
f étant une fonction positive, uk a même signe que (−1)k et la suite (uk) est alternée.Par le changement de variable t = kπ
a + u,
uk =∫ π
a
0
f(kπ
a+ u) sin(kπ + au)du = (−1)k
∫ πa
0
f(kπ
a+ u) sin(au)du︸ ︷︷ ︸>0
|uk+1| − |uk| =∫ π
a
0
f((k + 1)π
a+ u)− f(
kπ
a+ u)︸ ︷︷ ︸
≤0 car f est decroissante
sin(au)du ≤ 0
|uk| =∫ π
a
0
f(kπ
a+ u) sin(au)du ≤
∫ πa
0
f(kπ
a+ u)du ≤
∫ πa
0
f(kπ
a)du =
π
af(kπ
a)
|uk| ≤π
af(kπ
a) −→ 0 quand k → 0 car lim
∞f = 0
Ainsi, {uk} est une série alternée, décroissante en valeur absolue et de limite nulle.Elle est donc convergente.
Doncn−1∑k=0
uk =∫ nπ
a
0
f(t) sin(at)dt a une limite �nie L quand n→ +∞
Soit x ∈ R+ et n le plus grand entier tel quenπ
a≤ x <
(n+ 1)πa∫ x
0
f(t) sin(at)dt =∫ nπ
a
0
f(t) sin(at)dt+∫ x
nπa
f(t) sin(at)dt
=n−1∑k=0
uk +∫ x
nπa
f(t) sin(at)dt
or
∣∣∣∣ ∫ x
nπa
f(t) sin(at)dt∣∣∣∣ ≤ ∫ (n+1)π
a
nπa
f(t)dt ≤ π
af(nπ
a ) −→ 0 quand n→ +∞
donc limn→+∞
∫ x
0
f(t) sin(at)dt =∞∑
k=0
uk = L
b) la somme∞∑
k=0
uk = L a même signe que son premier terme u0 =∫ π
a
0
f(t) sin(at)dt > 0
donc∫ ∞
0
f(t) sin(at)dt > 0
7.9 Comportement de f en +∞ :
Soit f : R+ → R+, uniformément continue et telle que l'intégrale∫ ∞
0
f(t)dt converge.
Montrer que limx→+∞
f(x) = 0 et que l'intégrale∫ ∞
0
f2(t)dt converge.
47
SOLUTION :
a) Supposons que f(x) n'ait pas pour limite 0 quand x→ +∞.Alors ∃ε0 > 0,∀A ∈ R+,∃xA > A tel que |f(xA)| ≥ ε0Par ailleurs, f est uniformément continue sur R+ donc :∀ε > 0,∃α > 0, |x− x′| < α⇒ |f(x)− f(x′)| < εAppliquons ceci à ε = ε0
2 : ∃α0 > 0, |x− x′| < α0 ⇒ |f(x)− f(x′)| < ε02
Alors, ∀A ∈ R+,∃xA > A tel que |f(xA)| ≥ ε0∀x ∈ [xA − α0, xA + α0], |f(x)− f(xA)| < ε0
2 donc − ε02 < f(x)− f(xA) < ε0
2et donc ∀x ∈ [xA − α0, xA + α0], f(x) > f(xA)− ε0
2 ≥ ε0 − ε02 = ε0
2
d'où∫ xA+α0
xA−α0
f(t)dt ≥ α0.ε0
Ainsi, ∀A ∈ R+,∃xA > A tel que∫ xA+α0
xA−α0
f(t)dt ≥ α0.ε0 (*)
Mais si l'intédrale∫ ∞
0
f(t)dt converge, le reste∫ ∞
x
f(t)dt a pour limite 0 quand x→ 0
On devrait donc avoir :
limx→+∞
∫ x+α0
x−α0
f(t)dt = limx→+∞
( ∫ ∞
xA−α0
f(t)dt−∫ ∞
xA+α0
f(t))
= 0− 0 = 0 , ce qui est contraire à (*)
L'hypothèse de départ est donc absurde et limx→+∞
f(x) = 0
b) d'après a), limx→+∞
f(x) = 0
donc ∃B > 0,∀x > B, 0 ≤ f(x) < 1
donc ∀x > B, 0 ≤ f2(x) ≤ f(x) < 1 et par majoration∫ ∞
B
f2(t)dt converge aussi.
∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗
7.10 * Limite d'intégrales :
Soient 0 ≤ a < b et f une fonction continue de [a,+∞[ dans R, de période T > 0.
a) Trouver limn→∞
∫ b
a
f(nt)dt
b) Soit g : [a, b] → R, continue.
Déterminer limn→∞
∫ b
a
g(t)f(nt)dt
SOLUTION :
a) Par le changement de variable u = nt,∫ b
a
f(nt)dt =1n
∫ nb
na
f(u)du∫ nb
na
f(u)du =∫ na+T
na
f(u)du+∫ na+2T
na+T
f(u)du+ ...+∫ na+mT
na+(m−1)T
f(u)du+∫ nb
na+mT
f(u)du
avec na+mT ≤ nb < na+ (m+ 1)T (*)c'est à dire m ≤ n(b−a)
T < m+ 1ou encore, m = E(n(b−a)
T )
or∫ na+(k+1)T
na+kT
f(u)du =∫ na+T
na
f(v + kT )dv =∫ na+T
na
f(v)dv =∫ a+T
a
f(x)dx
(par le changement u = v + kT et par périodicité )
donc,∫ nb
na
f(u)du = m
∫ a+T
a
f(v)dv +∫ nb
na+mT
f(u)du
f est continue donc bornée sur [a, a+ T ] et aussi sur [a,+∞[ par périodicité.Soit M = sup
x∈[a,b]
|f(x)|
alors
∣∣∣∣ ∫ nb
na+mT
f(u)du∣∣∣∣ ≤ ∫ nb
na+mT
|f(u)|du ≤ (nb− na−mT )M ≤MT , d'après (*)
orm
n≤ b− a
T<m
n+
1n
donc limn→∞
m
n=b− a
T
et puisque∫ b
a
f(nt)dt =1n
(m
∫ a+T
a
f(v)dv +∫ nb
na+mT
f(u)du)
on en déduit que limn→∞
∫ b
a
f(nt)dt =b− a
T
∫ a+T
a
f(x)dx
48
b) Soit ε > 0g étant continue, il existe une fonction ϕ, en escalier sur [a, b],telle que sup
x∈[a,b]
|g(x)− ϕ(x)| < ε
3M(b− a)Il existe une subdivision a0 = a < a1 < ... < ap = b telle que la restriction de ϕ à chaque intervalle ]ai, ai +1[
est une constante réelle λk.
alors,∫ b
a
g(t)f(nt)dt =∫ b
a
(g(t)− ϕ(t))f(nt)dt+∫ b
a
ϕ(t)f(nt)dt
d'une part,∣∣∣∣ ∫ b
a
(g(t)− ϕ(t))f(nt)dt
∣∣∣∣ ≤ ∫ b
a
|g(t)− ϕ(t)|.|f(nt)|dt ≤∫ b
a
ε
2M(b− a).Mdt ≤ ε
3
d'autre part, limn→∞
∫ b
a
ϕ(t)f(nt)dt = limn→∞
(p−1∑k=0
∫ ak+1
ak
ϕ(t)f(nt)dt
)
= limn→∞
(p−1∑k=0
λk
∫ ak+1
ak
f(nt)dt
)=
p−1∑k=0
(λk lim
n→∞
∫ ak+1
ak
f(nt)dt)
=p−1∑k=0
(λkak+1 − ak
T
∫ a+T
a
f(t)dt), d'après la question a)
=
(p−1∑k=0
λkak+1 − ak
T
).∫ a+T
a
f(t)dt
=1T
∫ b
a
ϕ(t)dt.∫ a+T
a
f(t)dt
donc il existe n0 ∈ N, tel que
∀n ≥ n0,
∣∣∣∣ ∫ b
a
ϕ(t)f(nt)dt− 1T
∫ b
a
ϕ(t)dt.∫ a+T
a
f(t)dt
∣∣∣∣ ≤ ε3
En�n,1T
∫ b
a
ϕ(t)dt.∫ a+T
a
f(t)dt =(
1T
∫ a+T
a
f(t)dt).
( ∫ b
a
g(t)dt+∫ b
a
(ϕ(t)− g(t))dt)
=1T
∫ a+T
a
f(t)dt.∫ b
a
g(t)dt+1T
∫ a+T
a
f(t)dt.∫ b
a
(ϕ(t)− g(t))dt
avec
∣∣∣∣ 1T
∫ a+T
a
f(t)dt.∫ b
a
(ϕ(t)− g(t))dt
∣∣∣∣ ≤ 1T MT (b− a) ε
3M(b−a) = ε3
Finalement, pour n ≥ n0∣∣∣∣ ∫ b
a
g(t)f(nt)dt− 1T
∫ b
a
g(t)dt.∫ a+T
a
f(t)dt
∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣ ∫ b
a
(g(t)− ϕ(t))f(nt)dt
∣∣∣∣+
∣∣∣∣ ∫ b
a
ϕ(t))f(nt)dt− 1T
∫ b
a
ϕ(t)dt.∫ a+T
a
f(t)dt
∣∣∣∣+∣∣∣∣ 1T
∫ b
a
(ϕ(t)− g(t))dt.∫ a+T
a
f(t)dt
∣∣∣∣≤ ε
3+ε
3+ε
3= ε
ce qui montre que limn→∞
∫ b
a
g(t)f(nt)dt =1T
∫ b
a
g(t)dt.∫ a+T
a
f(t)dt
7.11 Intégrale fonction des bornes (ENSI)
On dé�nit f(x) =∫ 3x
x
cos tt
dt
a) Etude complète de la fonction f .b) Etudier le signe de f en les points où elle atteint un extremum local.Solution :
La fonction g : t −→ cos tt
est dé�nie et continue sur R∗.
- si x > 0 , alors 0 < x < 3x et g est continue sur [x, 3x] donc f(x) est dé�ni.- si x < 0 , alors 3x < x < 0 et g est continue sur [x, 3x] donc f(x) est dé�ni.Donc f est dé�nie sur R∗.
- ∀x ∈ R∗, f(−x) =∫ −3x
−x
cos tt
dt =∫ 3x
x
cos(−u)−u
d(−u) = f(x) (par le chgmt u = −t )
f est paire, on peut restreindre son étude à ]0,+∞[.g étant continue, par dérivation d'une intégrale fonction de la borne supérieure, on obtient :
g′(x) = 3cos(3x)
3x− cosx
x=
cos(3x)− cosxx
=−2 sin(2x). sinx
x
49
7.12 Etude d'une fonction et calcul de
∫ +∞
0
sin t
tdt
On considère la fonction g dé�nie par : g(x) =∫ ∞
0
1− cos tt2
e−xtdt
1- Montrer que g est dé�nie et continue sur [0,+∞[.
2- Montrer que g est de classe C2 sur ]0,+∞[ et calculer g′′(x) à l'aide des fonctions classiques.En déduire g′(x) et g(x).
3- Montrer que∫ ∞
0
1− cos tt2
dt =∫ ∞
0
sin ttdt et en déduire la valeur de
∫ ∞
0
sin ttdt
SOLUTION :
1- Soit h la fonction t 7→ 1− cos tt2
Elle est continue sur ]0,+∞[, prolongeable par continuité en 0 car1− cos t
t2t→0∼
t2
2
t2=
12
La fonction ainsi prolongée, que nous appellerons encore h , est continue sur [0,+∞[, dominée par t 7→ 2t2
donc intégrable sur [0,+∞[.
L'intégrale∫ ∞
0
1− cos tt2
dt est donc convergente et g(0) est dé�ni.
Pour tout x > 0, ∀t ≥ 1, 0 ≤ 1− cos tt2
e−xt ≤ 2t2e−xt ≤ 2e−xt donc l'intégrale
∫ ∞
0
1− cos tt2
e−xtdt est
convergente par majoration et g(x) est dé�ni.Donc g est dé�nie sur [0,+∞[.
• Notons F (x, t) = h(t)e−xt pour (x, t) ∈ [0,+∞[︸ ︷︷ ︸J
× [0,+∞[︸ ︷︷ ︸I
- pour tout t ∈ I , la fonction x 7→ F (x, t) est continue sur J . (H1)- pour tout x ∈ J , la fonction t 7→ F (x, t) est continue et intégrable sur I. (H2)- pour tout (x, t) ∈ J × I , |F (x, t)| ≤ h(t) avec h continue et intégrable sur I, comme montré ci-dessus.
(H3)On peut donc appliquer le théorème de continuité sous le signe
∫et a�rmer que
g est continue sur J = [0,+∞[
2- La fonction F admet une dérivée partielle∂F
∂xcontinue sur [0,+∞[× ]0,+∞[︸ ︷︷ ︸
I′
et
∀(x, t) ∈ J × I ′,∂F
∂x(x, t) = −1− cos t
te−xt
- pour tout x ∈ J , la fonction t 7→ F (x, t) est continue et intégrable sur I ′. (H2)
- pour tout t ∈ I ′ , la fonction x 7→ ∂F
∂x(x, t) est continue sur J . (H ′
1)
- pour tout x ∈ J , la fonction t 7→ ∂F
∂x(x, t) est continue et intégrable sur I ′. (H ′
2)Soir a > 0 quelconque,
- pour tout (x, t) ∈ [a,+∞[×I ′ ,∣∣∣∣∂F∂x (x, t)
∣∣∣∣ =∣∣∣∣1− cos t
te−xt
∣∣∣∣ ≤ t.h(t)e−at avec t 7→ t.h(t)e−at continue et
intégrable sur I ′. (H ′3)
Par application du théorème de dérivation sous le signe∫on en déduit que g est de classe C1 sur [a,+∞[
pour tout a > 0, donc est de classe C1 sur ]0,+∞[ et que :
∀x ∈]0,+∞[, g′(x) =∫
]0,+∞[
∂F
∂x(x, t)dt = −
∫ ∞
0
1− cos tt
e−xtdt
• F admet une dérivée partielle seconde∂2F
∂x2continue sur [0,+∞[×]0,+∞[ et
∀(x, t) ∈ J × I ′,∂2F
∂x2(x, t) = (1− cos t)e−xt
- pour tout t ∈ I ′ , la fonction x 7→ ∂2F
∂x2(x, t) est continue sur J . (H ′′
1 )
- pour tout x ∈ J , la fonction t 7→ ∂2F
∂x2(x, t) est continue et intégrable sur I ′. (H ′′
2 )Soir a > 0 quelconque,
50
- pour tout (x, t) ∈ [a,+∞[×I ′ ,∣∣∣∣∂2F
∂x2(x, t)
∣∣∣∣ =∣∣(1− cos t)e−xt
∣∣ ≤ 2e−at avec t 7→ 2e−at continue et
intégrable sur I ′. (H ′′3 )
Par application à nouveau du théorème de dérivation sous le signe∫on en déduit que g est de classe C2 sur
[a,+∞[ pour tout a > 0, donc est de classe C2 sur ]0,+∞[ et que :
∀x ∈]0,+∞[, g′′(x) =∫
]0,+∞[
∂2F
∂x2(x, t)dt =
∫ ∞
0
(1− cos t)e−xtdt
∀x > 0, g′′(x) =∫ ∞
0
e−xtdt−∫ ∞
0
cos t e−xtdt =[−e
−xt
x
]∞0
− Re
(∫ ∞
0
e(i−x)t
)dt
g′′(x) =1x− Re
([e(i−x)t
i− x
]∞0
)=
1x− Re
(1
x− i
)=
1x− Re
(x+ i
x2 + 1
)Finalement, ∀x ∈]0,+∞[, g′′(x) =
1x− x
x2 + 1
• Par intégration, ∀x ∈]0,+∞[, g′(x) = ln(x)− 12
ln(x2 + 1) + λ, λ ∈ R
g′(x) = lnx√
(x2 + 1)+ λ
La fonction t 7→ 1− cos tt
est continue sur [0,+∞[ (après prolongement par continuité en 0) , de limite
nulle en +∞ , donc est bornée sur [0,+∞[ .
Donc pour tout x > 0 , |g′(x)| =∣∣∣∣∫ ∞
0
1− cos tt
e−xtdt
∣∣∣∣ ≤ ∫ ∞
0
Me−xtdt =M
x−−−−−→x→+∞
0
d'où il s'ensuit que limx→+∞
g′(x) = 0 et donc λ = 0.
Ainsi, ∀x ∈]0,+∞[, g′(x) = ln(x)− 12
ln(x2 + 1) = lnx√
(x2 + 1)
• Par intégration, ∀x ∈]0,+∞[, g(x) =∫
ln(x)dx− 12
∫ln(x2 + 1)dx+ µ
g(x) = (x ln(x)− x)− 12
(x ln(x2 + 1)−
∫2x2
x2 + 1dx
)+ µ (en intégrant par parties)
g(x) = (x ln(x)− x)− 12x ln(x2 + 1) +
∫x2 + 1− 1x2 + 1
dx+ µ
g(x) = x ln(x)− 12x ln(x2 + 1)−Arctan(x) + µ
Par une majoration analogue à celle de g′(x), on a limx→+∞
g(x) = 0 et donc µ = π2
(car x ln(x)− 12x ln(x2 + 1) = −x
2ln(x2 + 1x2
)∼ −x
21x2
= − 12x
−−−−−→x→+∞
0)
Finalement, ∀x ∈]0,+∞[, g(x) = x ln(x)− 12x ln(x2 + 1)−Arctan(x) +
π
2g étant continue en 0, g(x) = x ln(x)− 1
2x ln(x2 + 1)−Arctan(x) +
π
2−−−→x→0
π
2= g(0)
(puisque lim0
(x lnx) = 0 )
Donc g(0) =∫ ∞
0
1− cos tt2
dt =π
2
3- Par intégration par parties sur [a, b] ⊂]0,+∞[, puis par passage à la limite quand a → 0 et b → +∞, onobtient :∫ b
a
(1− cos t)1t2dt =
[−1− cos t
t
]b
a
+∫ b
a
sin ttdt
et donc∫ ∞
0
1− cos tt2
dt =∫ ∞
0
sin ttdt
Ce qui permet de conclure que∫ ∞
0
sin ttdt =
π
2
51
7.13 Sujet 4 :
Donner le domaine dé�nition de la fonction : x → g(x) =∫ +∞
0
e−xtsh(t)t
dt .
Etudier limn→+∞
g(n)
Calculer g′(x), puis g(x).
x ∼ [x→ +∞]byx
b−−−−−→x→+∞
y
F (x) x→+∞∼ x
∀r ∈]− 1, 1[,∫ 2π
0
f(r cos(θ), r sin(θ))dθ = 2πf(0, 0)
An→∞∼ B
Ax→b∼ B
- Soit [a, b] ⊂]0,+∞[. ∀(x, t) ∈ [a, b] × [0,+∞[,∣∣∣∣∂G∂x (x, t)
∣∣∣∣ = 2xt2e−x2t2 ≤ 2bt2e−a2t2 , fonction de t
intégrable sur [0,+∞[. ( t2e−a2t2 t→+∞= o( 1t2 ) )
On en déduit par le théorème de dérivation "sous le signe∫" que g est C1 sur [a, b] pour tout [a, b] ⊂]0,+∞[,
donc est C1 sur ]0,+∞[ , et que ∀x ∈]0,+∞[ , g′(x) =∫ +∞
0
∂G
∂x(x, t)dt = −2x
∫ +∞
0
t2e−x2t2+it2dt
52