intégralesintégrales 1 intégrales simples (fonctions continues sur un segment) : 1.1 primitive de...

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


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


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(");


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


∣∣∣∣ dt lorsque x→ +∞.

SOLUTION :

Soit x ∈ R+ et m ∈ N tel que mπ ≤ x ≤ (m+ 1)π ( m = E(

xπ

))∫ x

0


∣∣∣∣ dt =∫ mπ

0


∣∣∣∣ dt+∫ x

mπ


∣∣∣∣ dt =m−1∑k=0

∫ (k+1)π

kπ


∣∣∣∣ dt+∫ x

mπ


∣∣∣∣ dtPar le changement de variable t = kπ + u,

∫ (k+1)π

kπ


∣∣∣∣ dt =∫ π

0

∣∣∣∣ sin(kπ + u)kπ + u

∣∣∣∣ du∫ (k+1)π

kπ


∣∣∣∣ 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


∣∣∣∣ dt ≤ ∫ π

0

sin(u)kπ

du =1kπ

∫ π

0

sin(u)du =2kπ

ainsi,2

(k + 1)π≤∫ (k+1)π

kπ


∣∣∣∣ dt ≤ 2kπ

, et, en sommant pour k variant de 0 à m− 1,

2π

m−1∑k=1

1k + 1

≤∫ mπ

0


∣∣∣∣ dt ≤ 2π

m−1∑k=1

1k

et ,2π

m∑k=2

1k

+∫ x

mπ


∣∣∣∣ dt ≤ ∫ x

0


∣∣∣∣ dt ≤ 2π

m−1∑k=1

1k

+∫ x

mπ


∣∣∣∣ dtPar ailleurs, 0 ≤

∫ x

mπ


∣∣∣∣ 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


∣∣∣∣ 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.


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 :


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


• 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


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



−∞

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



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,+∞[.


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


∣∣∣∣︸︷︷︸≤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,+∞[.


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


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) =


est continue sur [0, π]

- pour tout t ∈ [0, π], la fonction x→→ ∂F

∂x(x, t) =


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


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


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


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


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→ +∞

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗


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


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.


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

intégralesintégrales 1 intégrales simples (fonctions continues sur un segment) : 1.1 primitive de...

Documents