L2, Université Joseph Fourier Séries et intégration (MAT 232) 2013-2014
Correction de l’exercice 7 de la feuille 4
N.B. : cette correction n’a pas pour vocation d’expliquer pédagogiquement comment résoudre les exercices mais de montrer un exemple de rédaction.
1 Quand t tend vers 0, e−t/t équivaut à 1/t qui donne une intégrale R1
0 dt/t divergente.
Les fonctions étant positives sur ]0,1], on en déduit que l’intégrale R1
0 e−t
t dt diverge. Sur [1,+∞[, on a e−t > e−t/t > 0. Comme l’intégrale sur [1,+∞[ de e−t converge, on en déduit que l’intégrale R∞
1 e−t
t dt converge.
2 Soit f(x) = R∞
x e−t
t dt. D’après la question précédente, cette intégrale impropre est bien définie pour tout x > 0. Par définition, cela signifie en particulier que lim
M→+∞
Z M
1
e−t t dt existe et est finie. Soitε >0, le critère de Cauchy dit qu’il existeK >0tel que, pour tout y >x>K,
Z y
x
e−t
t dt < ε. En passant à la limitey →+∞, on trouve quef(x)6ε pour toutx>K, ce qui montre quef(x) tend vers 0quand xtend vers +∞.
3 Par intégration par parties, on a
f(x) = e−x
x −
Z +∞
x
e−t
t2 dt . (1)
N.B. : pour justifier proprement que l’on peut faire cette intégration, il faut d’abord écrire la formule avec des intégrales sur [x, y], puis passer à la limitey → +∞. Comme on voit facilement que tout converge, on peut écrire (1).
On va montrer que f(x) ∼ e−xx près de +∞ et pour ce faire, il suffit d’utiliser (1) et de montrer que
x e−x
Z +∞
x
e−t
t2 dt−−−−−→
x−→+∞ 0 . (2)
Il nous reste donc à montrer la limite (2). On a x
e−x Z +∞
x
e−t t2 dt=
Z +∞
x
xex−t t2 dt 6
Z +∞
x
ex−t x dt 6 1
x Z +∞
0
e−udu
6 1 x ce qui montre bien (2).
4 Première version où on s’inspire de la question précédente
On fait une intégration par parties où on intègre1/tpour obtenir que, pour tout x >0, f(x) =e−xln(1/x) +
Z +∞
x
e−tln(t)dt .
Or, la fonction (négative sur]0,1])e−tln(t)équivaut en zéro àln(t), intégrable en 0, donc Z +∞
x
e−tln(t)dt a une limite finie quand x tend vers 0. Comme ln(1/x) −−−→
x→0 +∞ et e−x−−−→
x→0 1, on en déduit que f(x)
ln(1/x) −−−→
x→0 1, donc f(x)∼ln(1/x) en 0.
Deuxième version, où on fait du travail manuel
On souhaite montrer que f(x) ∼ −lnx près de 0. Fixons ε > 0, il existe δ >0 tel que, pour tout t∈]0, δ[,1−ε6e−t61 +ε. Si x∈]0, δ[, on a
(1−ε)(lnδ−lnx)6 Z δ
x
e−t
t dt6(1 +ε)(lnδ−lnx) .
On obtient donc que (1−ε) + (1−ε) lnδ
−lnx + R∞
δ e−t
t dt
−lnx 6 f(x)
−lnx 6(1 +ε) +(1 +ε) lnδ
−lnx + R∞
δ e−t
t dt
−lnx . On peut maintenant choisir ν >0encore plus petit que δ tel que, si x∈]0, ν], on a
(1−2ε)6 f(x)
−lnx 6(1 + 2ε) .
Ceci montre bien que −f(x)lnx tend vers 1 quandx tend vers0+, et donc quef(x)∼ −lnx près de0.
