ANNÉE UNIVERSITAIRE 2019/2020
PC DS 1 Corrigé
Date : 16/03/20 Heure : 13h30 Durée : 1h30 Documents non autorisés
Epreuve de M. Popo
Exercice 1
Notons I l'intégrale cherchée. On pose u=et, et en remarquant que dt= duu, on déduit I =
Z e
1
u2 3 +u
du u =
Z e
1
u 3 +udu
= Z e
1
1− 3
3 +udu=e−1−3[ln(3 +u)]e1
=e−1−3 ln(3 +e) + 6 ln 2.
Exercice 2
Soit f :R→Rn une fonction continue.
1. Posons F(x) = Rx
0 f(t)dt. Puisquef est continue sur R, F est dérivable sur R, avec F0 = f. On sait de plus queF(0) = 0. Ainsi, on reconnaît un taux d'accroissement :
Rx
0 f(t)dt
x = F(x)−F(0)
x ,
et donc
x→0lim Rx
0 f(t)dt
x =F0(0) =f(0).
2. Sif est dérivable en 0, alorsF est deux fois dérivable en 0. La formule de Taylor-Young donne alors
F(x) =F(0) +xF0(0) + x2
2 F00(0) +o(x2) = x2
2 f0(0) +o(x2).
On déduit que
F(x)
x ∼
0
f0(0) 2 x.
Exercice 3 Soit In déni par
In= Z +∞
0
tne−t2dx.
1
1. Posons fn(t) = tne−t2. On a fn ∈ C0([0,+∞[), et fn ≥ 0, on va donc comparer fn à une fonction de référence pour étudier la convergence de son intégrale au voisinage de+∞. On a
t2fn(t) =tn+2e−t2 →
t→+∞0 par croissance comparée. On déduit donc que
fn(t) =
t→+∞o(1 t2).
Puisque R+∞
1 1
t2dt converge en tant que fonction de référence de type Riemann, on déduit que R+∞
1 fn(t)dt converge par le théorème de compraison, et donc que R+∞
0 fn(t)dt converge puisque fn ∈C0([0,+∞[).
2. Pour x >0, on a
Z x
0
f1(t)dt= 1 2
Z x
0
2te−t2dt =−1
2[e−t2]x0 = 1−e−x2
2 ,
et donc en prenant la limite x→+∞ :
I1 = 1 2.
3. On remarque que fn(t) = 12tn−1×2te−t2, et pour n ≥2, on réalise une intégration par partie pour calculerRx
0 fn(t)dt : Z x
0
fn(t)dt= [−1
2tn−1e−t2]x0 + n−1 2
Z x
0
tn−2e−t2dt.
En prenant la limitex→+∞, on obtient Z +∞
0
fn(t)dt = n−1 2
Z +∞
0
fn−2(t)dt, ce qui est bien la relation souhaitée.
4. On a en utilisant la question précédente : I2n+1 = 2n
2 I2n−1 =nI2n−1 =n!I1, par une récurrence immédate. En conclusion,
I2n+1 = n!
2. 5. De manière similaire, on a pour n≥2 :
I2n= (2n−1)×. . .×3×1 2n I0. Il est possible d'obtenir une expression synthétique du facteur :
(2n−1)×. . .×3×1
2n = 2n×(2n−1)×. . .×3×2×1
2n×(2n−2)×2×2n = (2n)!
n!4n. En conclusion,
I2n = (2n)!
n!4nI0. 2
Exercice 4
Les intégrales suivantes sont-elles convergentes ou divergentes ?
1. La fonction f(t) =t est bien continue sur R. On xe c∈R, on a alors
x→+∞lim Z x
c
tdt= +∞.
Cela prouve que R+∞
c tdt est divergente, et donc R+∞
−∞ tdt l'est aussi par dénition.
2. On pose φ(t) = sint
t32 . On sait que φ est continue sur ]0,+∞[. Nous allons étudier séparément R1
0 φ etR+∞
1 φ.
• Près de 0, on a sint∼
0 t, et donc
φ(t)∼
0
1 t12. On sait que R1
0 1
t12dt converge. De plus φ≥ 0 sur ]0,1]. Donc le théorème de comparaison s'applique : R1
0 φ(t)dt converge.
• On a pour toutt ≥1:
|φ(t)| ≤ 1 t32. On sait queR+∞
1 1
t32dtconverge. Donc le théorème de comparaison s'applique :R+∞
1 |φ(t)|dt converge, ce qui implique que R+∞
1 φ(t)dt converge.
En conclusion,R+∞
1 φ(t)dt converge.
3. Posons h(t) = ln1t. Alorsh est clairement continue sur]0,1[et de signe constant (négatif). On a de plus
limt→0h(t) = 0.
Ainsi, R 12
0 h(t)dt converge. Intéressons-nous à ce qu'il se passe près de 1. On a l'équivalent ln(t)∼
1 t−1, et donc
h(t)∼
1
1 t−1. Or, on sait d'après le cours que R1
1 2
1
t−1dt est divergente. Puisque h est de signe constant, on peut conclure par le théorème de compraisonR1
1 2
h(t)dt est divergente, et c'est donc le cas de R1
0 h(t)dt.
4. On introduit la fonction g(t) = e−|lnt|
3
2. Cette fonction est continue sur ]0,+∞[, strictement positive, de plus, on a limt→0|lnt|32 = +∞, et donc
limt→0g(t) = 0,
3
ce qui assure la convergence de R1
0 g(t)dt d'après le cours. Interessons-nous maintenant à R+∞
1 g(t)dt. On a
t2g(t) =e2 lnt−|lnt|
32
, orlimt→+∞(2 lnt− |lnt|32) = −∞, et donc
t→+∞lim t2g(t) = 0.
On déduit donc que
g(t) =
t→+∞=o(1 t2).
PuisqueR+∞
1 dt
t2 converge, il en est de même pourR+∞
1 g(t)dt, par le théorème de comparaison.
On déduit queR+∞
0 g(t)dt converge.
4