Semaines 4 et 5

Colle PC Semaines 4 et 5 2013-2014

Analyse : Intégrales Généralisées + Révisions Analyse de PCSI

EXERCICE 1 :

Étudier l’intégrabilité sur l’intervalle ]0; + ∞ [ de la fonction f : t 7−→ e ^{− t}

√ t

EXERCICE 2 :

Existence et calcul de l’intégrale impropre : Z 1

0

ln(1 − x ² ) x ² dx

EXERCICE 3 :

Existence et calcul de l’intégrale impropre Z 1

0

x (1 + x ² ) √

1 − x ⁴ dx.

EXERCICE 4 :

α > 0. Montrer l’existence de c(α) = Z + ∞ 1

1 (1 + αx) √

x dx.

Calculer c(α) et donner lim

x → 0 x>0

√ αc(α).

EXERCICE 5 :

Calculer si elle a un sens Z + ∞

−∞

e ^{−| t |} t ⁴ dt.

EXERCICE 6 : f (a) =

Z + ∞ 0

ln(t) t ² + a dt.

Montrer que f (a) existe pour tout a > 0. Calculer f (1) et en déduire f (a).

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Corrections

EXERCICE 1 :

Intégrabilité sur l’intervalle I =]0; + ∞ [ de la fonction f : t 7−→ e ^{− t}

√ t . f est continue et positive sur I.

• En 0 : e ^{− t}

√ t _t ∼

→ 0

√ 1 t .

• En + ∞ : t ² e ^{− t}

√ t −→

t → + ∞ 0 c’est à dire qu’il existe A > 0, tel que t > A ⇒ e ^{− t}

√ t 6 1 t ² . f est intégrable sur I.

EXERCICE 2 :

Z 1

0

ln(1 − x ² ) x ² dx 1. f : x 7−→ ln(1 − x ² )

x ² est continue et négative sur ]0; 1[.

• ln(1 − x ² )

x ² ∼

x → 0 − 1 par prolongement par continuité en 0.

• √ 1 − xf (x) = √ 1 − x × ln(1 − x) + ln(1 + x)

x ² =

√ 1 − x ln(1 − x)

x ² +

√ 1 − x ln(1 + x)

x ² .

Chacun des quotients tend vers 0 lorsque x tend vers 1 ainsi √ 1 − xf(x) −→

x → 1 0 donc il existe α ∈ ]0; 1[ tel que 1 − α 6 x < 1 ⇒ | f (x) | 6 1

√ 1 − x d’où l’intégrabilité de la fonction f sur ]0; 1[.

Avec une IPP, on calcule I a,b = Z b a

ln(1 − t ² ) t ² dt =

− 1

t ln(1 − t ² ) b

a

− Z b

a

2

(1 − t)(1 + t) dt

⇔ I a,b = 1

a ln(1 − a ² ) − 1

b ln(1 − b ² ) − Z b

a

1

1 − t + 1 1 + t

dt

⇔ I a,b = 1

a ln(1 − a ² ) − 1

b ln(1 − b ² ) +

ln

1 − x 1 + x

b

a

⇔ I a,b = 1

a − 1

ln(1 − a) − 1

b − 1

ln(1 − b) + 1

a + 1

ln(1 + a) − 1

b + 1

ln(1 + b)

⇔ I a,b = (1 − a) ln(1 − a)

a − 1 − b

b ln(1 − b) + (1 + a) ln(1 + a)

a −

1 b + 1

ln(1 + b) Ainsi I a,b −→

(a,b) → (0,1) − 1 + 0 + 1 − 2 ln(2) = − 2 ln(2) et I a,b −→

(a,b) → (0,1)

Z 1

0

ln(1 − x ² ) x ² dx d’où Z 1

0

ln(1 − x ² )

x ² dx = − 2 ln(2).

EXERCICE 3 :

Existence et calcul de l’intégrale impropre I = Z 1

0

x (1 + x ² ) √

1 − x ⁴ dx.

f : x 7−→ x

(1 + x ² ) √

1 − x ⁴ est continue et positive sur [0; 1[.

1 − x ⁴ = (1 − x)(1 + x)(1 + x ² ) donc f (x) _x ∼

→ 1

1 2 √ 1 − x √

4 d’où l’intégrabilité de f . Calcul effectif de l’intégrale :

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• On effectue le changement de variable u = x ² donc I = Z 1

0

1 2

1 (1 + u) √

1 − u ² du.

• On effectue le changement de variable u = cos(t), t ∈ [0; π] donc I = 1 2

Z π/2

0

sin(t)

(1 + cos(t)) sin(t) dt I = 1

4 Z π/2

0

1

cos ² (t/2) dt ⇔ I = 1 4

2 tan t

2 π/2

0

⇔ I = 1 2 .

EXERCICE 4 :

On pose a : x 7−→ 1 (1 + αx) √

x . a est définie et continue sur [1; + ∞ [ et positive.

De plus a(x) ∼

x → + ∞

1

αx ^3/2 d’où l’existence de c(α).

On effectue le changement de variable u = √ x : Z X 1

1 (1 + αx) √

x dx = Z

√ X 1

2u

(1 + αu ² )u du = 2

√ α

arctan(u √ α)

√ X 1 . On fait tendre X −→ + ∞ et on obtient c(α) = 2

√ α h π

2 − arctan( √ α) i

ou encore c(α) = π

√ α − 2

√ α arctan( √ α).

√ αc(α) = π − 2 arctan( √ α) −→

α → 0 π.

EXERCICE 5 :

t 7−→ e ^{−| t |} t ⁴ est définie, continue, positive et paire.

t ² (e ^{−| t |} t ⁴ ) _t −→

→ + ∞ 0 donc il existe A > 0, tel que : t > A = ⇒ e ^{−| t |} t ⁴ 6 1

t ² d’où l’intégrabilité de la fonction sur R . La parité permet d’écrire que

Z + ∞

−∞

e ^{−| t |} t ⁴ dt = 2 Z + ∞

0

e ^{− t} t ⁴ dt Pour calculer l’intégrale, on peut poser A n = Z + ∞

−∞

e ^{− t} t ⁴ dt, et essayer de trouver une relation de récurrence per- mettant de calculer A n en fonction de n.

∀ n ∈ N , A n = lim

X → + ∞

"

[ − t ⁿ e ^{− t} ] ^X ₀ + n Z X

0

e ^{− t} t ^{n − 1} dt

#

⇒ A n = nA n − 1 , si n > 1.

A 0 = Z + ∞ 0

e ^{− t} dt = 1. On trouve A 4 = 24 donc Z + ∞

−∞

e ^{−| t |} t ⁴ dt = 2 × 24 = 48.

EXERCICE 6 : u a : t 7−→ ln(t)

t ² + a est définie et continue sur ]0; + ∞ [.

• Sur ]0; 1], u a est négative et √

tu a (t) ∼

t → 0

√ t ln(t) a et lim

t → 0

√ t ln(t) = 0.

Il existe b > 0, b < 1, tel que 0 < t 6 b ⇒ | u a (t) | 6 1

√ t . Ceci assure l’intégrabilité de u a sur ]0; 1].

• Sur [1; + ∞ [, u a est positive. t ^3/2 u a (t) _t ∼

→ + ∞

ln(t)

√ t et lim

t → + ∞

ln(t)

√ t = 0.

Il existe A > 1, tel que t > A ⇒ 0 < u a (t) | 6 1

t ^3/2 . Ceci assure l’intégrabilité de u a sur [1; + ∞ [.

• f (1) = Z + ∞ 0

ln(t)

t ² + 1 dt = Z 1 0

ln(t)

t ² + 1 dt + Z + ∞ 1

ln(t) t ² + 1 dt

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∗ u = 1

t et 0 < b < 1, Z 1

b

ln(t)

t ² + 1 dt = − Z 1/b

1

ln(u)

1 u

²

+ 1

du u ² = −

Z 1/b

1

ln(u)

u ² + 1 du et comme 1

b → + ∞ lorsque b tend vers 0 ⁺ d’où f (1) = 0.

∗ u = 1

√ a , f (a) = Z + ∞ 1

ln(u) + ln( √ a) au ² + a

√ a du = 1

√ a

f (1) + Z + ∞ 0

ln( √ a) u ² + 1 du

f (a) = ln( √ a)

√ a π 2 = π

4 √ a ln(a).

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