Corrigé

© Laurent Garcin MP Dumont d’Urville

Devoir à la maison n°02

• Le devoir devra être rédigé sur des copies doubles.

• Les copies ne devront comporter ni rature, ni renvoi, ni trace d’effaceur.

• Toute copie ne satisfaisant pas à ces exigences devra être intégralement récrite.

Problème 1

Partie I – 1. a. On sait que _arcsin𝑡^𝑒𝑡 ∼

𝑡→0+

1

𝑡 et l’intégrale∫₀^{1 d𝑡}

𝑡 diverge. Par intégration d’une relation d’équivalence par rapport à une fonction positive,

∫

1

𝑥

𝑒^𝑡

arcsin𝑡 d𝑡 ∼

𝑥→0+

∫

1

𝑥

d𝑡

𝑡 = −ln𝑥 b. D’après la question précédente :

∫

1

𝑥²

𝑒^𝑡

arcsin𝑡 d𝑡 ∼

𝑥→0+−ln(𝑥²) + 𝑜 (ln(𝑥²))

=

𝑥→0+−2ln𝑥 + 𝑜(ln𝑥)

∫

1

𝑥³

𝑒^𝑡

arcsin𝑡 d𝑡 ∼

𝑥→0+−ln(𝑥³) + 𝑜 (ln(𝑥³))

=

𝑥→0+−3ln𝑥 + 𝑜(ln𝑥) donc, par relation de Chasles,

∫

𝑥²

𝑥³

𝑒^𝑡

arcsin𝑡 d𝑡 = ∫¹

𝑥³

𝑒^𝑡

arcsin𝑡 d𝑡 − ∫¹

𝑥²

𝑒^𝑡 arcsin𝑡 d𝑡

=

𝑥→0+−3ln𝑥 + 2ln𝑥 + 𝑜(ln𝑥)

=

𝑥→0+−ln𝑥 + 𝑜(ln𝑥)

𝑥→0+∼ −ln𝑥 2. a. Les applications𝑡 ↦ 𝑡et𝑡 ↦ ¹

ln𝑡 sont de classe𝒞¹sur[2, +∞[donc, par intégration par parties,

∀𝑥 ∈ [2, +∞[, ∫

𝑥

2

lnd𝑡𝑡 = [ 𝑡 ln𝑡]

𝑥 2

+ ∫

𝑥

2

d𝑡 (ln𝑡)² = 𝑥

ln𝑥 − 2 ln2+ ∫

𝑥

2

d𝑡 (ln𝑡)² Or _(ln¹

𝑡)² =

𝑡→+∞𝑜 ( ¹

ln𝑡)et l’intégrale∫₂^{+∞ d𝑡}

ln𝑡 diverge (par exemple,¹

𝑡 =

𝑡→+∞𝑜 ( ¹

ln𝑡)) don

∫

𝑥

2

(lnd𝑡𝑡)² =

𝑥→+∞𝑜 (∫

𝑥

2

lnd𝑡𝑡)

On en déduit que

∫

𝑥

2

lnd𝑡𝑡 ∼

𝑥→+∞

𝑥 ln𝑥 − 2

ln2 ∼

𝑥→+∞

𝑥 ln𝑥

http://lgarcin.github.io 1

© Laurent Garcin MP Dumont d’Urville

b. On montre par récurrence la propriété 𝒫𝑛∶ ∫

𝑥

2

lnd𝑡𝑡 =

𝑛

∑

𝑘=0

𝑘!𝑥 ln^𝑘+1(𝑥) −

𝑛

∑

𝑘=0

2𝑘!

ln^𝑘+1(2)+ (𝑛 + 1)! ∫

𝑥

2

(ln𝑡)d𝑡^𝑛+2

On a montré𝒫₀dans la question précédente. Supposons que𝒫_𝑛est vraie pour un certain𝑛 ∈ ℕ. Par intégration par parties,

∫

𝑥

2

d𝑡

(ln𝑡)^𝑛+2 = [ 𝑡 (ln𝑡)^𝑛+2]

𝑥 2

+ (𝑛 + 2) ∫

𝑥

2

d𝑡

(ln𝑡)^𝑛+3 = 𝑥

(ln𝑥)^𝑛+2 − 2

(ln2)^𝑛+2 + (𝑛 + 2) ∫

𝑥

2

d𝑡 (ln𝑡)^𝑛+3 de sorte que𝒫𝑛+1est vraie. Par conséquent,𝒫𝑛est vraie pour tout𝑛 ∈ ℕ.

On a vu que

∫

𝑥

2

(ln𝑡)d𝑡^𝑛+2 = 𝑥

(ln𝑥)^𝑛+2 − 2

(ln2)^𝑛+2 + (𝑛 + 2) ∫

𝑥

2

(ln𝑡)d𝑡^𝑛+3

Or _(ln¹

𝑡)^𝑛+3 =

𝑡→+∞

1

(ln𝑡)^𝑛+2 et∫₂^{+∞ d𝑡}

(ln𝑡)^𝑛+2 diverge donc

∫

𝑥

2

(ln𝑡)d𝑡^𝑛+3 =

𝑥→+∞𝑜 (∫

𝑥

2

(ln𝑡)d𝑡^𝑛+2)

Ainsi

∫

𝑥

2

d𝑡 (ln𝑡)^𝑛+2 ∼

𝑥→+∞

𝑥

(ln𝑥)^𝑛+2 − 2 (ln2)^𝑛+2

𝑥→+∞∼ 𝑥 (ln𝑥)^𝑛+2

=

𝑥→+∞𝑜 ( 𝑥 (ln𝑥)^𝑛+1) On en déduit bien que

∫

𝑥

2

lnd𝑡𝑡 =

𝑥→+∞

𝑛

∑

𝑘=0

𝑘!𝑥

ln^𝑘+1(𝑥)+ 𝑜 ( 𝑥 ln^𝑛+1(𝑥)) 3. Posons

F(𝑥) = ∫

𝑥

1

𝑒^𝑡

𝑡²+ 1 d𝑡 − 𝑒^𝑥 𝑥² −2𝑒^𝑥

𝑥³ + 3𝑒 et

G(𝑥) = 𝑒^𝑥 𝑥³ − 𝑒 Alors

F^′(𝑥) = 𝑒^𝑥 𝑥²+ 1 −𝑒^𝑥

𝑥² +2𝑒^𝑥 𝑥³ −2𝑒^𝑥

𝑥³ +6𝑒^𝑥

𝑥⁴ = (5𝑥²− 6)𝑒^𝑥 𝑥⁴(𝑥²+ 1) ∼

𝑥→+∞

5𝑒^𝑥 𝑥⁴ et

G^′(𝑥) = 𝑒^𝑥 𝑥³ −3𝑒^𝑥

𝑥⁴ ∼

𝑥→+∞

𝑒^𝑥 𝑥³ On en déduit notamment que

F^′(𝑥) ∼

𝑥→+∞𝑜 (G^′(𝑥)) Or∫₁^𝑥G^′(𝑡)d𝑡diverge puisque

∫

𝑥

1

G^′(𝑡)d𝑡 = G(𝑥) − G(1) ⟶

𝑥→+∞+∞

etG^′est positive sur[1, +∞[donc, par intégration de relation de négligeabilité

∫

𝑥

1

F^′(𝑡)d𝑡 =

𝑥→+∞𝑜 (∫

𝑥

1

G^′(𝑡)d𝑡) ou encore

F(𝑥) − F(1) =

𝑥→+∞𝑜 (G(𝑥) − G(1)) ce qui donne

∫

𝑥

1

𝑒^𝑡

𝑡²+ 1 d𝑡 =

𝑥→+∞

𝑒^𝑥 𝑥² +2𝑒^𝑥

𝑥³ + 𝑜 (𝑒^𝑥 𝑥³)

http://lgarcin.github.io 2

© Laurent Garcin MP Dumont d’Urville

Partie II – 1. Remarquons que

𝑓^′(𝑥) 𝑓(𝑥) = α

𝑥+ 𝑜 (1 𝑥) Comme∫_𝑎^{𝑥 d𝑡}

𝑡 diverge

∫

𝑥

𝑎

𝑓^′(𝑡) 𝑓(𝑡) d𝑡 =

𝑥→+∞

∫

𝑥

𝑎

α

𝑡 d𝑡 + 𝑜 (∫^𝑥

𝑎

d𝑡 𝑡 ) ou encore

ln(𝑓(𝑥)) −ln(𝑓(𝑎)) =

𝑥→+∞α(ln(𝑥) −ln(𝑎) + 𝑜 (ln𝑥 −ln𝑎) Comme ln𝑥 ⟶

𝑥→+∞+∞,

ln𝑥 −ln𝑎 ∼

𝑥→+∞ln𝑥 ln(𝑓(𝑎)) =

𝑥→+∞𝑜(ln𝑥) αln(𝑎) =

𝑥→+∞𝑜(ln𝑥) de sorte que

ln(𝑓(𝑥)) =

𝑥→+∞αln(𝑥) + 𝑜 (ln𝑥)

puis ln(𝑓(𝑥))

ln𝑥 =

𝑥→+∞

α + 𝑜(1) ou encore

𝑥→+∞lim

ln(𝑓(𝑥)) ln𝑥 = α

2. a. Puisqueα < −1, on peut considérerβ ∈]α, −1[. Comme lim𝑥→+∞ln(𝑓(𝑥))

ln𝑥 − β = α − β ≠ 0, ln(𝑓(𝑥)) − βln𝑥 ∼

𝑥→+∞(α − β)ln𝑥

donc lim

𝑥→+∞ln(𝑓(𝑥)) − βln𝑥 = −∞

puis par passage à l’exponentielle

𝑥→+∞lim 𝑓(𝑥)

𝑥^β = 0 Ainsi𝑓(𝑥) =

𝑥→+∞𝑜(𝑥^β)avecβ < −1donc𝑓est intégrable sur[𝑎, +∞[.

b. On sait que

𝑥𝑓^′(𝑥) ∼

𝑥→+∞α𝑓(𝑥) Commeα ≠ −1, on peut affirmer que

𝑥𝑓^′(𝑥) + 𝑓(𝑥) ∼

𝑥→+∞(α + 1)𝑓(𝑥) ou encore

𝑥𝑓^′(𝑥) + 𝑓(𝑥)

α + 1 ∼

𝑥→+∞

𝑓(𝑥) Or∫_𝑎^+∞𝑓(𝑡)d𝑡converge donc

∫

+∞

𝑥

𝑓(𝑡)d𝑡 ∼

𝑥→∞∫

+∞

𝑥

𝑡𝑓^′(𝑡) + 𝑓(𝑡)

α + 1 d𝑡 = 1

α + 1[𝑡𝑓(𝑡)]^+∞_𝑥 On a vu plus haut que𝑓(𝑡) =

𝑡→+∞𝑜(𝑡^β)avecβ < −1donc lim𝑡→+∞𝑡𝑓(𝑡) = 0de sorte que

∫

+∞

𝑥

𝑓(𝑡)d𝑡 ∼

𝑥→∞−𝑥𝑓(𝑥) α + 1

http://lgarcin.github.io 3

© Laurent Garcin MP Dumont d’Urville

3. a. Puisqueα > −1, on peut considérerβ ∈] − 1, α[. Comme lim𝑥→+∞

ln(𝑓(𝑥))

ln𝑥 − β = α − β ≠ 0, ln(𝑓(𝑥)) − βln𝑥 ∼

𝑥→+∞(α − β)ln𝑥

donc lim

𝑥→+∞ln(𝑓(𝑥)) − βln𝑥 = +∞

puis par passage à l’exponentielle

𝑥→+∞lim 𝑓(𝑥)

𝑥^β = +∞

Ainsi𝑥^β =

𝑥→+∞𝑜(𝑓(𝑥))avecβ > −1donc𝑓est n’est pas intégrable sur[𝑎, +∞[.

b. On sait que

𝑥𝑓^′(𝑥) ∼

𝑥→+∞α𝑓(𝑥) Commeα ≠ −1, on peut affirmer que

𝑥𝑓^′(𝑥) + 𝑓(𝑥) ∼

𝑥→+∞(α + 1)𝑓(𝑥) ou encore

𝑥𝑓^′(𝑥) + 𝑓(𝑥)

α + 1 ∼

𝑥→+∞𝑓(𝑥) Or∫_𝑎^+∞𝑓(𝑡)d𝑡diverge donc

∫

𝑥

𝑎

𝑓(𝑡)d𝑡 ∼

𝑥→∞∫

𝑥

𝑎

𝑡𝑓^′(𝑡) + 𝑓(𝑡)

α + 1 d𝑡 = 1

α + 1[𝑡𝑓(𝑡)]^𝑥_𝑎= 𝑥𝑓(𝑥) − 𝑎𝑓(𝑎)

α + 1 ∼

𝑥→+∞

𝑥𝑓(𝑥) α + 1 car lim𝑥→+∞𝑥𝑓(𝑥) =lim𝑥→+∞∫_𝑎^𝑥𝑓(𝑡)d𝑡 = +∞.

4. a. Par le changement de variable𝑢 =ln𝑥,∫₂^{+∞ 1}

𝑥(ln𝑥)^β d𝑥est de même nature que∫_ln^+∞₂ ^dᵆ

ᵆ^β : elle converge donc si et seulement siβ > 1. Comme𝑥 ↦ ¹

𝑥(ln𝑥)^β est positive, elle est intégrable si et seulement siβ > 1.

b. Posons𝑓 ∶ 𝑥 ↦ ¹

𝑥^γ(ln𝑥)^β. Alors𝑓est dérivable sur[1, +∞[et

∀𝑥 ∈ [2, +∞[, 𝑓^′(𝑥)

𝑓(𝑥) = (ln∘𝑓)^′(𝑥) = −γ𝑥 + β 𝑥ln𝑥 donc

𝑥→+∞lim 𝑥𝑓^′(𝑥)

𝑓(𝑥) = −γ D’après les questions2et3,

• siγ > 1,𝑓est intégrable sur[2, +∞[;

• siγ < 1,𝑓n’est pas intégrable sur[2, +∞[.

http://lgarcin.github.io 4