http://alexandre.boisseau.free.fr/Prive/WWW/MathsPCet/td_integration.pdf
TD 6 : Intégration
Convergence
Exercice 1(Entraînement). Déterminer la nature des intégrales suivantes : (1) I=
Z +∞
0
f(t) dtavecf :t7→e−t
t (2) J=
Z +∞
0
g(t) dtavecg:t7→ln µ
1+ 1 t2
¶
(3) K= Z +∞
−∞
h(t) dt avech:t7→e−p|t| (4) L= Z +∞
1
u(t) dtavecu:t7→cos(t) pt
Exercice 2(Oral CCP, PSI, 2009). Nature de Z +∞
0
arctan(x)
x ln
µ2+x 1+x
¶ dx.
Exercice 3(Oral CCP, PSI, 2009). Étudier la convergence de Z +∞
0 ln³ x
1−e−x
´e−ax
x dxpoura∈R. Réponse. On définit la fonction :
f :x7→ln³ x 1−e−x
´e−ax x
La fonctionf est continue sur ]0,+∞[. Avec les développements limités usuels : x
1−e−x = x x+ o
x→0(x)−−−→
x→0 1 Sachant que ln(1+t) ∼
t→0t, on a ln(t) ∼
t→1t−1 donc : ln³ x
1−e−x
´
x→0∼ x
1−e−x −1=x−1+e−x 1−e−x =
x2 2 + o
x→0(x2) x+ o
x→0(x) ∼
x→0
x 2 f(x)=ln³ x
1−e−x
´e−ax
x ∼
x→0
1
xln³ x 1−e−x
´
x→0∼ 1 2 f(x)−−−→
x→0
1 2
La fonctionf est donc prolongeable par continuité en 0 et ainsi Z 1
0
f(x) dxconverge. En+∞: ln³ x
1−e−x
´
=ln(x)−ln(1−e−x)
=ln(x)+ o
x→+∞(ln(x)) car ln(x)−−−−−→
x→+∞ +∞, ln(1−e−x)−−−−−→
x→+∞ 0 ln³ x
1−e−x
´
x→+∞∼ ln(x) f(x) ∼
x→+∞
lnx x e−ax On distingue alors deux cas :
• Sia>0, alorsR+∞
1 e−axdxconverge et de plus : f(x)= o
x→+∞(e−ax) donc par comparaison de fonctions positives
Z +∞
1
f(x) dxconverge ;
• SiaÉ0, alors e−axÊ1 pourx>0 donc : 1 x = o
x→+∞(f(x)) et comme
Z +∞
1
x−1dxdiverge, Z +∞
1
f(x) dxdiverge par comparaison de fonctions positives.
Conclusion : Z +∞
0
f(x) dxconverge si, et seulement si,a>0.
Exercice 4(Oral CCP, PC, 2015, Exercice secondaire). Justifier la convergence de Z +∞
0 ln
µ 1+ 1
t2
¶ dt.
Convergence et calcul
Exercice 5(Oral Mines Télécom, PC, 2015). Définition et calcul de Z +∞
0
ln(x) 1+x2dx (utiliser la relation de Chasles enx=1).
Exercice 6.Existence et calcul de Z +∞
0
pxlnx (1+x)2dx.
Exercice 7(Oral CCP, PC, 2009). Soient (a,b)∈R2avec 0<a<b.
(1) Montrer quex7→cos(ax)−cos(bx)
x est intégrable sur ]0, 1].
(2) Montrer que Z +∞
1
cos(u)
u duconverge.
(3) Existence et calcul de Z +∞
0
cos(ax)−cos(bx)
x dx.
Réponse. On considère la fonctionf :x7→cos(ax)−cos(bx)
x .
(1) La fonctionf est continue sur ]0, 1]. Avec les développements limités usuels : f(x)=1
x µ
1+ o
x→0(x)−1+ o
x→0(x)
¶
−−−→x→0 0
¯
¯f(x)¯
¯−−−→
x→0 0
La fonction|f|est donc prolongeable par continuité en 0. Par conséquent,f est intégrable sur ]0, 1].
(2) La fonctiont7→cos(t)
t est continue sur [1,+∞[. On réalise une intégration par parties avec : u(t)=1
t u0(t)= −1
t2 v0(t)=cos(t) v(t)=sin(t) Les fonctionsuetvsont de classe C1sur [1,+∞[ et :
u(t)v(t)=sint
t −−−−→
t→+∞ 0 limite finie Par conséquent, les intégrales
Z +∞
1
cos(t) t dt et
Z +∞
1
sin(t) t2 , dt
sont de même nature. Or :
¯
¯
¯
¯ sin(t)
t2
¯
¯
¯
¯= O
t→+∞
µ1 t2
¶ et
Z +∞
1
1
t2dtconverge donc par comparaison de fonctions positives
Z +∞
1
sin(t)
t2 dtconverge absolument donc converge puis
Z +∞
1
cos(t)
t dtconverge.
(3) La fonctionf est continue sur ]0,+∞[ et on a déjà vu queR1
0 f(x) dxconverge. Soient 0<X<Y, avec le changement de variable affinet=ax:
Z Y X
cos(ax) x dx=
Z aY a X
cost t dt En particulier, avecX=1 et la question précédente :
Z Y 1
cos(ax) x dx=
Z aY a
cost
t dt−−−−−→
Y→+∞
Z +∞
a
cost
t dt limite finie donc
Z +∞
1
cos(at)
t dtconverge. De même : Z Y
X
cos(bx) x dx=
Z bY b X
cost t dt et on montre ainsi que
Z +∞
1
cos(bt)
t dtconverge. De plus : Z Y
X
cos(ax)−cos(bx)
x dx=
Z b X a X
cos(t) t dt−
Z bY aY
cost t dt On a tout d’abord :
Z bY aY
cost t dt=
Z +∞
aY
cost t dt−
Z +∞
bY
cost
t dt−−−−−→
Y→+∞ 0 Ainsi, en faisant tendreY vers+∞on obtient :
Z +∞
X
cos(ax)−cos(bx)
x dx=
Z bX a X
cos(t) t dt=
Z b X a X
dt t +
Z b X a X
cost−1
t dt=lnb a+
Z b X a X
cost−1 t dt On considère la fonction :
g:t6=07→cost−1 t qui est continue surR∗. Avec les équivalents usuels :
g(t) ∼
t→0−t 2−−−→
t→0 0
doncgest prolongeable par continuité en 0. On note toujoursgla fonctions ainsi prolongée, on a :
Z +∞
X
cos(ax)−cos(bx)
x dx=lnb
a+ Z b X
a X
g(t) dt
=lnb a+
Z 0 a X
g(t) dt+ Z b X
0
f(t) dt cargest continue surR
−−−→X→0 lnb a Finalement :
Z +∞
0
cos(ax)−cos(bx)
x dx=lnb
a
Exercice 8(Oral Mines-Ponts, PC, 2019 partiel). On noteI la valeur de l’intégrale Z +∞
1
ln(t) t2 dt. (1) Montrer l’existence deIet et calculer sa valeur.
(2) En déduire la nature de la série X
nÊ1
ln(n) n2 . (3) Montrer que
Z +∞
1
ln(t)p x
1+xt2 dtest équivalent à−π
4ln(x) quandxtend vers 0.
Intégrales dépendant d’un paramètre (première étude)
Exercice 9.Pourx>0, étudier la convergence des intégrales : I(x)=
Z +∞
x
sint
t2 dt, J=
Z 1 0
sint−t t2 dt
Montrer queI(x)+lnxpossède une limite finie lorsquex→0+. En déduire un équivalent deI(x) en 0+.
Exercice 10. Pourn∈N, montrer la convergence de l’intégrale : In=
Z +∞
1
dx xn(1+x2)
À l’aide d’une intégration par parties, déterminer un équivalent deInlorsquen→ +∞.
Réponse. Pourn∈N, la fonctionx7→ 1
xn(1+x2)est continue sur [1,+∞[ et :
∀xÊ1, 0É 1
xn(1+x2)É 1 x2 et
Z +∞
1
1
x2dxconverge
(intégrale de Riemann) donc par comparaison de fonctions positivesInest bien définie. SoientnÊ2 etXÊ1. On réalise une intégration par parties avec les fonctions
u(x)= 1
1+x2 u0(x)= −2x
(1+x2)2 v0(x)= 1
xn v(x)= 1
(1−n)xn−1 Les fonctionsuetvsont de classe C1sur [1,+∞[, donc :
Z X 1
1
xn(1+x2)dx=
· 1
(1−n)xn−1(1+x2)
¸X 1
− 2 n−1
Z X 1
dx xn−2(1+x2)2
· 1
(1−n)xn−1(1+x2)
¸X 1
= 1
(1−n)Xn−1(1+X2)− 1
2(1−n)−−−−−→
X→+∞
1 2(n−1) En faisant tendreX vers+∞, on obtient que l’intégrale
Z +∞
1
dx
xn−2(1+x2)2 converge et : In= 1
2(n−1)− 2 n−1
Z +∞
1
dx xn−2(1+x2)2 Or pournÊ4 etxÊ1 :
0É 1
xn−2(1+x2)2É 1 xn−2
PournÊ4, la fonctionx7→ 1
xn−2 est intégrable sur [1,+∞[ donc par croissance de l’intégrale : 0É
Z +∞
1
dx
xn−2(1+x2)2É Z +∞
1
dx xn−2= 1
n−3−−−−−→
n→+∞ 0 Ainsi, par encadrement :
Z +∞
1
dx
xn−2(1+x2)2 −−−−−→
n→+∞ 0 On en déduitIn= 1
2(n−1)+ o
n→+∞
µ 1 n−1
¶
doncIn ∼
n→+∞
1 2(n−1) ∼
n→+∞
1 2n. Exercice 11.Démontrer que pourx>0, l’intégrale :
F(x)= Z +∞
0
e−t t+xdt
converge. Démontrer que la fonctionFest de classe C∞sur ]0,+∞[.
Exercice 12(Oral Polytechnique, PC, 2019). On pose I(a)=
Z +∞
1
ln(a+t2) t2 dt Comportement asymptotique quandatend vers+∞?
Réponse. Soita>0. On commence par établir la convergence de l’intégrale (non rédigé ici). On met aen facteur puis on réalise le changement de variable affinet=p
au:
I(a)=ln(a) Z +∞
1
dt t2+
Z +∞
1
ln(1+ta2) t2 dt
=ln(a)+ 1 pa
Z +∞
1/p a
ln(1+u2) u2 du I(a)
ln(a)=1+ 1 ln(a)p
a Z +∞
1/p a
ln(1+u2) u2 du orp
aln(a)−−−−−→
a→+∞ +∞et : Z +∞
1/p a
ln(1+u2)
u2 du−−−−−→a
→+∞
Z +∞
0
ln(1+u2) u2 du
car cette dernière intégrale est convergente (le démontrer, non rédigé ici, prolongement par continuité en 0 et comparaison en+∞). Ainsi :
I(a)
ln(a)−−−−−→a
→+∞ 1 I(a) ∼
a→+∞ln(a)
Utilisation de séries
Exercice 13(Oral Mines-Ponts, PSI, 2005). Pourx>0, justifier l’existence de
f(x)=
+∞X
n=0
(−1)n
n+x et deg(x)= Z 1
0
tx−1 1+tdt Comparerf etg.
Réponse. Pourx>0, la suite ((−1)n(n+x)−1) est alternée et de plus :
¯
¯
¯
¯ (−1)n
n+x
¯
¯
¯
¯= 1
n+x −−−−−→n
→+∞ 0
et la suite ((n+x)−1) est décroissante. D’après le théorème des séries alternées, la sérieP(−1)n(n+x)−1 converge de sorte quef est bien définie pourx>0. Pourx>0 fixé, la fonction :
t7→ tx−1
1+t =exp((x−1) lnt) 1+t est définie, continue et positive sur ]0, 1]. De plus :
tx−1 1+t ∼
t→0
1 t1−x
or 1−x<1, doncgest bien définie pourx>0. PourN∈N∗ett∈]0, 1[, on a les relations :
N−1
X
n=0
(−1)ntn= 1
1+t −(−1)NtN 1+t
N−1
X
n=0
(−1)ntx+n−1=tx−1
1+t −(−1)Ntx+N−1 1+t Les fonctions qui interviennent sont intégrables sur ]0, 1[ et on a :
N−1
X
n=0
(−1)n µZ 1
0
tx+n−1dt
¶
= Z 1
0
tx−1
1+tdt−(−1)N Z 1
0
tx+N−1
1+t dt=g(x)−(−1)N Z 1
0
tx+N−1 1+t dt Du plus, on a :
¯
¯
¯
¯ Z 1
0
tx+N−1 1+t dt
¯
¯
¯
¯É Z 1
0 tx+N−1dt= 1
x+N −−−−−→
N→+∞ 0 On en déduit, par passage à la limite, quef(x)=g(x) pour toutx>0.
Exercice 14(Oral Centrale, PSI, 2005). Établir Z 1
0
t2lnt t2−1dt=
+∞X
n=1
1 (2n+1)2.
Exercice 15(Oral Mines-Ponts, PC, 2019). Soienta> −1 etα>0.
(1) Poura> −1, montrer à l’aide du changement de variablex=tantque : Z π/2
0
dt
1+asin2t = π 2p
1+a (2) Nature, suivant les valeurs deα, de la série X
nÊ0
Z π
0
dt 1+(nπ)αsin2t. (3) Même question pour X
nÊ0
Z (n+1)π
nπ
dt 1+tαsin2t. (4) En déduire la nature de
Z +∞
0
dt
1+tαsin2t suivantα. Réponse.
(1) Notons que l’intégrale considérée est bien convergente comme intégrale d’une fonction conti- nue sur un segment. Pour mettre en place le changement de variable, on peut commencer par écrire :
Z π/2 0
dt 1+asin2t =
Z π/2 0
1
1
cos2t+atan2t · 1 cos2t dt
Dans cette intégrale convergente, on réalise le changement de variablex=tantde classe C1 qui réalise une bijection de [0,π/2[ sur [0,+∞[. On a alors :
dx=(1+tan2t) dt= 1 cos2tdt puis :
Z π/2
0
dt 1+asin2t =
Z +∞
0
1
1+(a+1)x2dx
Pour terminer le calcul, on peut utiliser le changement de variable affinet=p a+1x: Z π/2
0
dt
1+asin2t = 1 p1+a
Z +∞
0
1
1+t2dt= π 2p
a+1 (2) Posons pourn∈N:
un= Z π
0
dt 1+(nπ)αsin2t
À nouveau, l’intégrale considérée est l’intégrale d’une fonction continue sur un segment.
Comme sin(π−t)=sint, on a :
un=2 Z π/2
0
dt 1+(nπ)αsin2t
(on peut le démontrer rigoureusement en séparant l’intégrale en deux et en effectuant un changement de variable). Avec la question précédente :
un= π
p1+(nπ)αn ∼
→+∞
C nα/2 Par comparaison de séries à termes positifs, la sérieP
unest donc convergente si, et seulement si,α>2.
(3) Posons pourn∈N:
vn=
Z (n+1)π
nπ
dt 1+tαsin2t La changement de variable affineu=t−nπpermet d’obtenir :
vn= Z π
0
du
1+(nπ+u)αsin2u Pouru∈[0,π], on a l’encadrement :
(nπ)αÉ(nπ+u)αÉ((n+1)π)α qui permet par croissance de l’intégrale d’obtenir :
Z π
0
dt
1+((n+1)π)αsin2t ÉvnÉ Z π
0
dt 1+(nπ)αsin2t autrement ditun+1ÉvnÉun. On distingue alors deux cas :
• Siα>2, alors la sériePunconverge donc par comparaison de séries à termes positifs la sériePvnconverge ;
• SiαÉ2, alors la sérieP
undiverge donc la sérieP
un+1diverge donc par comparaison de série à termes positifs la sériePvndiverge.
Par conséquent la sériePvnconverge si, et seulement si,α>2.
(4) La fonctiont7→ 1
1+tαsint est continue et positive surRdonc la fonction : F:X7→
Z X 0
dt 1+tαsin(t)
est croissante. Par conséquent, elle admet une limite`(finie ou+∞) en+∞. Par composition des limites :
`= lim
X→+∞F(X)= lim
N→+∞F((N+1)π)= lim
N→+∞
Z (N+1)π
0
dt 1+tαsin(t)
= lim
N→∞
N
X
n=0
vn
On en déduit les équivalences : Z +∞
0
dt
1+tαsin(t)converge ≺===Â `est une limite finie
≺===Â X
nÊ0
vnconverge
≺===Â α>2
Finalement, l’intégrale considérée converge si, et seulement si,α>2.
TD 6 : Intégration
Indications Ex 2. Comparaisons.
Ex 3. Comparaisons.
Ex 4. Comparaisons.
Ex 5. Relations de Chasles puis changement de variable dans une des intégrales pour transformer l’intégrale sur ]0, 1] en intégrale sur [1,+∞[.
Ex 6. Comparaisons. Intégration(s) par parties et changement(s) de variable. On peut utiliser le résultat de l’exercice précédent.
Ex 7. (1) comparaisons. (2) méthode usuelle.
Ex 8. (1) comparaison, changement de variable. (2) méthode usuelle. (3) effectuer un changement de variable.
Ex 9. Comparaisons pour l’existence des intégrales. ÉcrireI(x)+ln(x) sous la forme : I(x)+lnx=
Z 1 x
sint−t t2 dt+
Z +∞
1
sint t2 dt pour étudier la limite lorsquex→0.
Ex 10. Comparaison pour la convergence. Dériver 1/(1+x2) pour l’intégration par parties. Le premier terme de l’intégration par parties donne un équivalent (qu’il faut justifier).
Ex 11. Comparaisons. Changement de variable pour que la variable se trouve dans les bornes de l’intégrale.
Ex 12. Commencer par justifier la convergence de l’intégrale. Changement de variable t =up a.
Conjecturer un équivalent et le justifier.
Ex 13. Étudier les convergences puis faire apparaitre des sommes partielles de série géométrique.
Ex 14. Étudier les convergences puis faire apparaitre des sommes partielles de série géométrique.
Ex 15. (1) Effectuer le calcul. (2) Utiliser la question précédente. (3) Se ramener à l’intervalle [0,π] et réaliser un encadrement. (4) Conclure en faisant bien apparaitre le raisonnement utilisé et les hypothèses.
