ANNÉE UNIVERSITAIRE 2020/2021
PC DS 1
Date : 24/03/21 Heure : 14h00 Durée : 1h30 Documents non autorisés
Epreuve de M. Popoff
Exercice 1 1. On trouve
Z π2
0
ucos(u)du= [usin(u)]
π 2
0 − Z π2
0
sin(u)du= π
2 + [cosu]
π 2
0 = π 2 −1.
2. Déjà, notons que la fonctiont7→cos(√
t)est positive est continue sur[0,π42], et donc intégrable sur ]0,π42[. De plus, la fonction t 7→ √
t est un C1 difféormorphisme sur cet intervalle ouvert (notez qu’il est important de raisonner sur l’intervalle ouvert). On peut donc effectuer le changement de variable proposé, qui fournit :
Z π
2 4
0
cos(√ t)dt=
Z π2
0
cos(u)×2udu.
On utilise alors la question précédente : Z π
2 4
0
cos(√
t)dt =π−2.
Remarque : un élève ne justifiant pas la possibilité de faire le changement de variable n’a pas été pénalisé.
Exercice 2
Soit f : [0,+∞[→Rn une fonction continue. Pour x≥0, on pose D(x) =
Z x
x 2
f(t)dt.
1. Notons F la primitive de f qui s’annule en 0, c’est-à-dire F(x) =
Z x
0
f(t)dt.
Alors on a
D(x) =F(x)−F(x 2)
par la règle de Chasle. De plus, comme f est continue, alors F est continue, et
x→0limD(x) = F(0)−F(0) = 0.
1
2. L’énoncé contenait une erreur : pour faire cette question, il fallait supposer de plus quef(0) = 0.
D’après le cours, en écrivant D(x) =F(x)−F(x2), on voit que D est bien dérivable, on a de plus directement en dérivant une primitive que
D0(x) = f(x)− 1 2f(x
2).
En particulier, D0(0) = 12f(0). Une formule de Taylor fournit alors D(x) = D(0) +xD0(0) +o(x) = x
2f(0) +o(x), et donc, si f(0) = 0, on a le résultat demandé
3. Considérons par exemple f(t) = t12, on a alors D(x) = [−1t]xx
2 =−1
x+ 2 x = 1
x →
x→0+∞,
ce qui fournit un contre-exemple dès lorsque f n’est continue que sur ]0,+∞[.
Exercice 3
Pour un entier n∈N fixé, soit In défini par In =
Z 1
0
(lnt)ndt.
1. Il s’agit de la croissance comparée entre les puissances de t et les puissances de ln(t) lorsque t→0.
2. On sait que f(t) = (lnt)n est de signe constant sur ]0,1], et continue sur ]0,1]. On sait aussi queR1
0
√dt
t converge. En appliquant le théorème de comparaison, la question précédente permet d’affirmer queR1
0(lnt)ndt converge.
3. Fixons x >0, une ipp fournit Z 1
x
(lnt)ndt = [t×ln(t)n]1x− Z 1
x
t× n
t ln(t)n−1dt.
En faisant tendrex vers 0, on obtient la relation demandée.
Par récurrence directe, on déduit
In= (−1)nn!
Exercice 5
1. Fixons c∈R etc < x et étudions Rx c t3dt : Z x
c
t3dt= 1
4(x4−c4) →
x→0 +∞.
Cela prouve que R+∞
c t3dt diverge, et doncR+∞
−∞ t3dt aussi.
Notez qu’on pouvait aussi citer le critère de Riemann avecα=−3.
2
2. Posons f(t) = ln(1+t)t2 , alors f est C∞ sur]0,1]. De plus, on a près de 0 : f(t)∼
0
t t2 = 1
t. Puisque R1
0 dt
t diverge, la fonction étant positive, le théorème de compraison montre que l’in- tégrale diverge.
3. D’abord, on a f continue sur[1,+∞[, il suffit donc d’étudier la convergence de l’intégrale en +∞. Commençons par montrer que ln(1 +t) ∼
+∞ln(t), un fait qui n’a rien dévident :
ln(1 +t) = ln(t(1 + 1
t)) = ln(t) + ln(1 + 1 t), et donc
ln(1 +t) ln(t) →
t+∞1, ce qui prouve l’équivalent.
On a alors
t3/2f(t) ∼
+∞
ln(t)
√t →
t+∞0
par croissance comparée, ce qui prouve que, au voisinage de+∞, f(t) = o( 1
t3/2).
La fonction f étant positive, et puisque R+∞
1 1
t3/2dt converge, on conclut que R+∞
1 f(t)dt converge.
Exercice 6 (Un peu plus dur)
On a par le théorème fondamental de l’analyse que f(t)−f(0) =
Z t
0
f0(s)ds.
OrR+∞
0 f0(s)dsconverge, donc par définition, la quantité ci-dessus a une limite finie lorsquet→+∞, et doncfa une limite en+∞. Or, on sait que sif a une limite non nulle en+∞, l’intégraleR+∞
0 f(s)ds diverge. Puisqu’on a supposé le contraire, alors f tend vers 0 en +∞.
3
