Intégrales (complément pour 5/2)
Exercice 1 Soit f ∈C1(R+, R) telle que f (0) = 0 et pour tout x ∈ R+, f0(x) ∈ [0, 1]. Montrer que pour x > 0,
Zx 0 f (t)3dt 6 Z x 0 f (t) dt 2 .
Notons déjà que f est croissante puisque f0>0, et donc positive puisque f (0) = 0. Posons g : x 7→ Z x 0 f (t) dt 2 − Zx 0 f (t)3dt.
Puisque f est de classeC1, g est de classeC2d’après le théorème fondamental de l’intégration, et : ∀x > 0,
g0(x) = 2f (x) Zx 0 f (t) dt − f (x)3= f (x)h(x) avec h(x) = 2 Z x 0 f (t) dt − f (x)2.
h est de classeC1et h0(x) = 2f (x) − 2f (x)f0(x) = 2f (x)(1 − f0(x)) > 0 donc h est croissante. Mais h(0) = 0 donc
h(x) > 0 pour tout x > 0.
On en déduit que g0(x) > 0 pour tout x > 0. Mais g(0) = 0 donc g(x) > 0, ce qui prouve la majoration demandée. Exercice 2 Soit f : R → R une fonction continue et T-périodique.
Montrer qu’il existe un unique λ ∈ R tel que Z +∞ 1 λ −f (t) t dt converge. Posons F : x 7→ Zx 0
f (t) dt et réalisons une intégration par parties :
Z x 1 λ −f (t) t dt = F(1) − F(x) x + Zx 1 λt − F(t) t2 dt. Posons n = bx/Tc. On a nT 6 x < (n + 1)T et F(x) = n−1 X k=0 Z(k+1)T kT f (t) dt + Zx nT f (t) dt = n ZT 0 f (u) du + Zx−nT 0 f (u) du. On a Zx−nT 0 f (u) du 6 ZT 0 |f (u)| du = M donc F(x) x − n x ZT 0 f (u) du 6M x. Enfin, 1 T − 1 x< n x6 1 T donc n xx→+∞= 1 T+ O 1 x et F(x) x +∞= 1 T Z T 0 f (u) du + O 1 x . On en déduit queλt − F(t) t2 +∞= 1 t λ − 1 T Z T 0 f (u) du + O 1 t2 , et ainsi Z +∞ 1 λ −f (t) t dt converge si et seulement si λ=1 T Z T 0 f (u) du.
Exercice 3 Soit f ∈C0(R+, R) de limite nulle en +∞. Déterminer la nature de
Z +∞ 1 f (2t) − f (t) t dt. Zx 1 f (2t) − f (t) t dt = Z2x 2 f (u) u du − Zx 1 f (t) t dt = Z2x x f (t) t dt − Z2 1 f (t) t dt.
Pour tout > 0 il existe A > 0 tel que pour t > A on a |f (t)| 6 . Ainsi, pour x > A, Z2x x f (t) t dt 6 Z2x x dt t = ln 2.
Ceci prouve que lim
x→+∞ Z2x x f (t) t dt = 0 donc que Z +∞ 1 f (2t) − f (t) t dt converge et vaut − Z2 1 f (t) t dt.
PC∗
Exercice 4 On pose pour n ∈ N∗, Hn= n X k=1 1 k et In= Zn 0 1 − t n n ln t dt. a) Montrer l’existence de γ ∈ R tel que Hn= ln n + γ + o(1).
b) Justifier l’existence de In, puis montrer que lim In=
Z+∞ 0 e−tln t dt. c) Montrer que γ = − Z+∞ 0 e−tln t dt. a) Posons un= Hn−ln n. On a un+1−un= 1 n + 1−ln 1 +1 n = − 1 2n2+ o 1 n2
donc la sérieX(un+1−un) converge,
ce qui équivaut à dire par télescopage que la suite (un) converge.
b) Au voisinage de 0, 1 −t n n ln t ∼ 0 ln t =0O 1 √ n donc t 7→ 1 − t n n
ln t est intégrable sur ]0, 1].
Notons fn: t 7→ 1 −t n n ln t si t 6 n 0 si t > n
et appliquons le théorème de convergence dominée à In=
Z+∞
0
fn(t) dt.
– Pour t > 0 fixé il existe un rang à partir duquel n > t et ainsi lim
n→+∞fn(t) = limn→+∞ 1 −t n n ln t = e−tln t. – L’inégalité classique ln(1 − u) 6 −u montre que |fn(t)| 6 | ln t| e
−t
= φ(t). La fonction φ est continue par morceaux et intégrable sur ]0, +∞[ (φ(t) =
0 O 1 √ t et φ(t) = +∞O(e −t/2 )) donc le théorème s’applique : lim In=
Z+∞
0
e−tln t dt. c) Le changement de variable t = nx donne
In= n Z1 0 (1 − x)nln(nx) dx = n ln n Z1 0 (1 − x)ndx + n Z1 0 (1 − x)nln x dx = n n + 1ln n + n Z 1 0 (1 − x)nln x dx
puis à l’aide d’une intégration par parties : In= n
n + 1ln n − n n + 1 Z 1 0 1 − (1 − x)n+1 x dx. Or Z 1 0 1 − (1 − x)n+1 x dx = n X k=0 Z1 0 (1 − x)kdx = n+1 X k=1 1 k donc In= n n + 1 ln n − Hn− 1 n + 1 et ainsi, lim In= −γ. Exercice 5 Soit Γ : x 7→ Z +∞ 0 tx−1e−tdt. a) Déterminer le domaine de définition de Γ . b) Soit x > 0. Pour n ∈ N∗on pose Tn(x) =
Zn 0 tx−1 1 − t n n dt. Calculer Tn(x).
c) Montrer que Γ (x) = lim
n→+∞ nxn! x(x + 1) · · · (x + n). a) Pour tout x ∈ R, tx−1e−t = +∞O(e −t/2) donc l’intégraleZ+∞ 1 tx−1e−tdt converge, et tx−1e−t∼ 0 1 tx−1 donc l’inté-grale Z1 0
tx−1e−tdt converge si et seulement si x > 0. On en déduit que Γ est définie sur ]0, +∞[.
b) Réalisons n intégrations par parties successives en intégrant t 7→ tx−1 et en dérivant t 7→ 1 − t n n pour obtenir : ∀x > 0, Tn(x) = " n X k=0 n(n − 1) · · · (n − k + 1) nk 1 − t n n−k tx+k x(x + 1) · · · (x + k) #t=n t=0 = n!n x x(x + 1) · · · (x + n)
c) Appliquons maintenant le théorème de convergence dominée, en posant fn(t) =
tx−1 1 − t n n si t 6 n 0 si t > n . les fonctions fn sont continues par morceaux, la suite (fn) converge simplement sur R
∗
+vers la fonction f : t 7→ tx−1e−t, elle-même continue par morceaux et : ∀t > 0, |fn(t)| 6 tx−1e
Intégrales (complément pour 5/2)
morceaux et intégrable sur ]0, +∞[ donc le théorème de convergence dominée s’applique : lim
n→+∞Tn(x) = Γ (x).
De la question précédente on déduit immédiatement que Γ (x) = lim
n→+∞
nxn! x(x + 1) · · · (x + n).
Exercice 6 On considère l’intégrale I = Z+∞
0
sin t
t dt.
a) Justifier l’existence de cette intégrale. b) Pour tout n ∈ N on pose In=
Z π2
0
sin(2n + 1)t sin t dt.
Justifier l’existence de cette intégrale, puis montrer que la suite (In) est constante.
c) Déduire de la valeur de In, celle de I.
Indication. Utiliser l’intégrale Jn=
Z π2 0 sin(2n + 1)t t dt. a) lim 0 sin t
t = 1 donc l’intégrale I est faussement impropre en 0.
Pour tout x > 0 on effectue une intégration par parties : I =" 1 − cos t
t #x 0 + Z x 0 1 − cos t t2 dt = 1 − cos x x + Z x 0 1 − cos t t2 dt. lim +∞ 1 − cos x x = 0 et la fonction t 7→ 1 − cos t
t2 est intégrable sur ]0, +∞[ car prolongeable par continuité en 0 et
dominée par t 7→ 1
t2 au voisinage de +∞, donc la fonction x 7→
Zx
0
sin t
t dt possède une limite en +∞ ; l’intégrale
I est donc convergente.
b) La fonction t 7→ sin(2n + 1)t
sin t est prolongeable par continuité en 0, ce qui suffit à justifier l’existence de In. On utilise la formule sin a − sin b = 2 sina − b
2 cos a + b 2 pour obtenir In+1 −In = Z π2 0 2 cos(2n + 2)t dt = " sin(2n + 2)t n + 1 #π2 0
= 0 donc la suite (In) est constante, égale à I0=
π 2. c) On a I = lim Z (2n+1)π2 0 sin t
t dt = lim Jn en effectuant le changement de variable t = (2n + 1)u. Nous allons
montrer que lim |Jn−In|= 0, ce qui permettra de conclure que I = lim Jn=
π
2 puisque (In) est constante égale à π 2. On a In−Jn= Z π2 0 sin(2n+1)tf (t) dt avec f (t) = 1 sin t− 1
t. La fonction f est de classeC
1sur0,π 2 et au voisinage de 0 on a f (t) = 0 t 6+ o 1 t
. cette fonction est donc prolongeable par continuité en posant f (0) = 0, et ce prolongement est de classeC1puisque f admet un développement limité d’ordre 1 en 0. On peut donc effectuer une intégration par parties : In−Jn= " − 1 2n + 1cos(2n + 1)tf (t) #π2 0 + 1 2n + 1 Z π2 0 cos(2n + 1)tf0(t) dt = + 1 2n + 1 Z π2 0 cos(2n + 1)tf0(t) dt. Ainsi, |In−Jn| 6 1 2n + 1 Z π2 0 |f0(t)| dt et lim |In−Jn|= 0.
