1. Montrer que la fonction

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

1. Montrer que la fonction

t → 1

√ t(1 + t ² ) est intégrable sur ]0, +∞[ . Calculer son intégrale.

2. Soit α un réel strictement positif, pour quelles valeurs de α la fonction t → arctan t

t ^α

est-elle intégrable sur ]0, +∞[ . Calculer la valeur de l'intégrale pour α = ³ ₂ .

Corrigé

1. La fonction est continue et positive sur ]0, +∞[ . En 0 elle est équivalente à ^{√ 1} _t qui est intégrable sur ]0, 1] (primitive 2 √

t convergente en 0). En +∞ elle est équivalente à t ⁻

qui est intégrable sur [1, +∞[ (primitive − ² ₃ t ⁻

convergente en +∞ ).

Calcul de l'intégrale I = R +∞

0

√ dt

t(1+t

) . Par le changement de variable u = √ t , on obtient

I = Z +∞

0

2udu u(1 + u ⁴ ) = 2

Z +∞

0

du 1 + u ⁴ =

Z +∞

−∞

du 1 + u ⁴ 1 ^{ere `} méthode : fonctions à valeurs complexes.

Notons z ₁ , z ₂ , z ₃ , z ₄ les 4 pôles de la fractions

z 1 = e ⁱ

, z 2 = −z 1 , z 3 = z 1 , z 4 = ¯ z 2 = −z 1

Écrivons la décomposition en éléments simples 1

1 + X ⁴ =

4

X

i=1

a i

X − z _i

avec a 2 = −a 1 , a 3 = ¯ a 1 , a 4 = −¯ a 1 car la fraction est réelle et paire et a 1 = 1

4z ₁ ³ = −1 4 z 1

On en déduit la primitive :

4

X

i=1

a i

ln |u − z i | + i arctan u − Rez i

Imz i

La partie en arctan est bornée, la primitive converge à l'inni la partie logarithmique converge donc vers 0 à l'inni. On en déduit :

I =

4

X

i=1

ia i Sgn (Imz i )π = iπ(a 1 − a 2 − a 3 + a 4 ) = 2iπ(a 1 − ¯ a 1 ) = −4πIma 1

I = Z +∞

0

√ dt

t(1 + t ² ) = π

√ 2

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

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2 ^{` eme} méthode : factorisation réelle et théorème de Bezout On commence par factoriser le dénominateur :

1 + u ⁴ = (1 + u ² ) ² − 2u ² = (1 + √

2u + u ² )(1 − √

2u + u ² ) Posons A = 1 + √

2u + u ² , B = 1 − √

2u + u ² alors A − B = 2 √

2u, B = 1 − 2 √ 2u( 1

2 − 1 2 √

2 u) 1 = ( 1

2 − 1 2 √

2 u) A + ( 1 2 + 1

2 √ 2 u) B 1

1 + u ⁴ =

1

2 + ₂ ^{√ 1} ₂ u 1 + √

2u + u ² +

1

2 − ₂ ^{√ 1} ₂ u 1 − √

2u + u ² 1

1 + u ⁴ = 1 4 √

2

2u + √ 2 1 + √

2u + u ² + 1 4

1 1 + √

2u + u ²

− 1 4 √

2

2u − √ 2 1 − √

2u + u ² + 1 4

1 1 − √

2u + u ² On en déduit la primitive

1 4 √

2 ln 1 + √ 2u + u ² 1 − √

2u + u ² + 1 2 √

2 arctan( √

2u + 1) + 1 2 √

2 arctan( √ 2u − 1) En passant à la limite, on observe à nouveau l'annulation des logarithmes et I = ^{√ π}

2 . 2. La fonction est continue et positive sur ]0, +∞[ . En 0 elle est équivalente à t ^1−α et en

+∞ à ^π ₂ t ^−α . Elle est intégrable sur ]0, 1] lorsque 1 − α > −1 c'est à dire α < 2 . Elle est intégrable sur [1, +∞[ lorsque −α < −1 c'est à dire α > 1 .

Finalement, la fonction est intégrable lorsque α ∈ ]1, 2[ .

Soit J cette intégrale pour α = ³ ₂ , une intégration par parties et un calcul de limite conduisent à l'intégrale de la question 1.

J = h

−2t ⁻

arctan t i ^+∞

0

| {z }

=0

+ 2 Z +∞

0

√ dt

t(1 + t ² ) = √ 2π

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

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