le corrigé

PC∗

Corrigé : interrogation sur l’intégration

Exercice 1

a) Lorsque α > 1, 1 tα_{(ln t)+∞}= O ₁ tβ  avec 1 < β < α donc Z+∞ e dt tα_{(ln t)} converge. Lorsque α < 1, 1 tβ_+∞= O  ₁ tα_{(ln t)}  avec α < β < 1 donc Z +∞ e dt tα_{(ln t)}diverge. Lorsque α = 1, Zx e dt t(ln t)= ln(ln(x)) donc limx→+∞ Zx e dt t(ln t)= +∞ et Z +∞ e dt t(ln t) diverge. b) Pour tout α ∈ R, (ln t) α (t − 1)5/2+∞= O ₁ t2  donc Z+∞ 2 (ln t)α (t − 1)5/2dt converge. Z2 1 (ln t)α

(t − 1)5/2dt a même nature (en posant u = t − 1) que Z1 0 ln(1 + u)α u5/2 du. Or ln(1 + u)α u5/2 ∼₀ 1 u5/2−α donc Z2 1 (ln t)α (t − 1)5/2dt converge si et seulement si α > 3/2. On en déduit que

Z+∞ 1 (ln t)α (t − 1)5/2dt converge si et seulement si α > 3/2. c) 1 e √ t−₁ ∼ 0 1 √ t donc Z 1 0 dt e √ t−₁ converge. 1 e √ t−₁ ∼ +∞ e − √ t ₌ +∞ O ₁ t2  donc Z +∞ 1 dt e √ t−₁ converge. D’où Z+∞ 0 dt e √ t−₁ converge.

Exercice 2

a) φ(t) = 0 −_{1 +}t

2+ o(t) donc φ est prolongeable par continuité en posant φ(0) = −1, et ce prolongement est dérivable (car φpossède un développement limité d’ordre 1 en ce point).

b) ln x = − Z1 x dt t donc f (x)+ln x = Z1 x

φ(t) dt. D’après le théorème fondamental de l’analyse la fonction Φ : x 7→ Z1

x

φ(t) dt est de classeC1et possède une dérivée d’ordre 2 en 0 donc d’après la formule de Taylor-Young,

Φ(x) = 0Φ(0) + xΦ 0 (0) +x 2 2Φ 00 (0) + o(x2) avec Φ(0) = Z 1 0 φ(t) dt = K, Φ0(0) = −φ(0) = 1 et Φ00(0) = −φ0(0) = −1 2, ce qui donne : f (x) + ln x =0 K + x − x2 4 + o(x 2_).

Exercice 3

a) Pour tout t > x,e −_t t2 6 e−_t xt donc en intégrant, 0 6 g(x) 6 f (x)

x , ce qui prouve que g(x) o+∞ 

f (x). b) Une intégration par parties conduit à f (x) =

−_e−t t +∞ x −_{g(x) =}e −_x

x −g(x) ce qui donne à l’aide de la question précédente : f (x) = +∞ e−x x + o  f (x), soit f (x) ∼ +∞ e−x x .

c) D’après la question précédente, f (t) = +∞O(e

−_t

) donc pour tout x > 0, f est intégrable sur [x, +∞[. D’après le théorème fondamental de l’analyse f est de classeC1 sur ]0, +∞[, et f0(t) = −e

−_t

t . Par ailleurs, d’après la

question précédente, lim

t→+∞tf (t) = 0 donc on peut réaliser une intégration par parties :

Z+∞ x f (t) dt =  tf (t) +∞ x + Z +∞ x e−tdt = −xf (x) + e−x

Il reste à faire tendre x vers 0 : on a f (x) = Z1 x e−_t t dt + Z+∞ 1 e−_t t dt 6 Z1 x dt t + K = − ln x + K où K = Z+∞ 1 e−_t t dt est une

constante donc 0 6 xf (x) 6 Kx − x ln x et lim

x→0xf (x) = 0.

f étant positive, on a montré que f est intégrable sur ]0, +∞[ et que

Z+∞ 0

f (t) dt = 1.

Exercice 4

a) Pour tout  > 0 il existe un rang A à partir duquel f0(x) 6 f (x), ce qu’on peut encore écrire :f0(x) − f (x)e−x6_0. Ceci montre que la fonction x 7→ f (x) e−xest décroissante sur [A, +∞[ et donc que pour tout x > A, 0 6 f (x) e−x6_{f (A) e}−A_, ce qui implique que f (x) =

+∞O(e x_).

b) En choisissant  < 1 ceci montre que f (t) e−t = +∞O(e

−_(1−)x

) et donc que t 7→ f (t) e−t est intégrable sur [x, +∞[, ce qui donne un sens à F(x).

La relation f (t) e−t = +∞O(e

−_(1−)x

) prouve aussi que lim

t→+∞f (t) e

−_t

= 0, ce qui nous permet de réaliser l’intégration par parties suivante : F(x) =  −_{f (t) e}−t +∞ x + Z+∞ x f0(t) e−tdt = f (x) e−x+ Z+∞ x f0(t) e−tdt. Pour tout  > 0 il existe un rang A à partir duquel |f0(t)| 6 f (t) donc ∀x > A,

    Z +∞ x f0(t) e−tdt     6_ Z +∞ x f (t) e−tdt = F(x). Ceci traduit le fait que

Z+∞ x f0(t) e−tdt = +∞o  F(x), et donc que F(x) = +∞f (x) e −_x +oF(x), soit encore F(x) ∼ +∞f (x) e −_x .

Exercice 5

a) f0est de signe constant (négatif) car f est décroissante, donc prouver que f0 est intégrable revient à montrer que l’intégrale Z +∞ 0 f0(t) dt converge. Or Z x 0 f0(t) dt = f (x) − f (0) donc lim x→+∞ Zx 0 f0(t) dt = −f (0) = Z +∞ 0 f0(t) dt.

b) Une intégration par parties donne Z K 0 f (t) eitxdt = _{f (t)} ix e itxK 0 + i x Z K 0 f0(t) eitxdt. |_{f (K) e}iKx| _{= |f (K)| donc lim}

K→+∞f (K) e

iKx _{= 0 et |f}0

(t) eitx|_{= |f}0_{(t)| et puisque f}0 _{est intégrable, il en est de même de}

t 7→ f0(t) eitx. On peut donc faire tendre K vers +∞ dans la relation précédente, ce qui montre que g(x) a bien un sens et que g(x) = i x f (0) + Z +∞ 0 f0(t) eitxdt ! .

c) L’expression précédente montre que pour prouver que g est continue, il suffit de montrer que h : x 7→Z+∞ 0

f0(t) eitxdt l’est. On applique pour cela le théorème de continuité des intégrales à paramètre :

– pour tout x > 0, t 7→ f0(t) eitxest continue par morceaux sur [0, +∞[ ; – pour tout t > 0, la fonction x 7→ f0(x) eitxest continue ;

– pour tout x > 0, ∀t > 0, |f0(t) eitx| 6 |_f0_{(t)| = φ(t).}

La fonction φ est continue par morceaux et intégrable donc h est bien continue sur ]0, +∞[.

Exercice 6

a) On applique le théorème de continuité des intégrales à paramètre : – pour tout x ∈ R la fonction t 7→ f (t)g(x − t) estCpm0 sur R ;

– pour tout t ∈ R la fonction x 7→ f (t)g(x − t) estC0sur R ; – ∀(x, t) ∈ R2, |f (t)g(x − t)| 6 kgk∞|_{f (t)| = φ(t).}

La fonction φ estC_pm0 et intégrable sur R donc f ∗ g est continue sur R. b) On a ici (f ∗ g)(x) =

Z b

a

f (t)g(x − t) dt. Appliquons de nouveau le théorème de continuité des intégrales à paramètre,

mais cette fois-ci sur un segment [u, v] ⊂ R :

– pour tout x ∈ [u, v] la fonction t 7→ f (t)g(x − t) estCpm0 sur [a, b] ; – pour tout t ∈ [a, b] la fonction x 7→ f (t)g(x − t) estC0sur [u, v] ; – ∀x ∈ [u, v], ∀t ∈ [a, b], |f (t)g(x − t)| 6 kf k∞k_gk∞_,[u,v]= φ(t).

La fonction φ estCpm0 et intégrable sur [a, b] donc f ∗ g est continue sur tout segment [u, v], puis par recouvrement sur R.