EXERCICES SUR LES INTEGRALES

GENERALISEES

1. Calculer les inégrales généralisées suivantes.

a)

∞∫

0

dx

(1 + ex)(1 + e−x)b)

∞∫

0

e−√x

√x

dx c)

1∫

0

lnx dx

d)

∞∫

1

lnx

x2dx e)

1∫

0

lnx

(1 + x)2dx f)

∞∫

0

xne−x dx (n ∈ N)

g)

∞∫

0

arctan x

1 + x2dx h)

∞∫

a

dx

x(x+ r)(a > 0, r > 0) i)

π/2∫

0

cos 2x√sin 2x

dx

2. Soit a > 1. Calculer

∞∫

a

dx

x2 − 1.

3. Montrer que les intégrales suivantes convergent.

a)

∞∫

0

1√xe−

√x2+x+1 dx , b)

π/2∫

−π/2

ln(1+sinx) dx , c)

∞∫

0

e−t2 dt , d)

∞∫

0

1 + sin t

1 +√t3

dt .

4. Déterminer pour quelles valeurs du couple (α, β) ∈ R2 les intégrales suivantes sont conver-

gentes. (On dessinera dans le plan l’ensemble des couples (α, β) pour lesquels il y a convergence).

a)

∞∫

0

dx

xα(1 + xβ), b)

∞∫

0

ln(1 + xα)

xβdx , c)

∞∫

0

(1 + t)α − tα

tβdt .

5. Etudier pour quelles valeurs de n ∈ N l’intégrale

I(n) =

∞∫

1

lnx

xndx

converge et calculer I(n) dans ce cas.

1

6. Soit I(λ) =

∞∫

0

dx

(1 + x2)(1 + xλ). Montrer que I(λ) converge pour tout réel λ et calculer cette

intégrale en utilisant le changement de variable t = 1/x.

7. Soit I =

∞∫

0

e−t − e−2t

tdt.

a) Montrer que I est convergente.

b) Pour ε > 0, établir, en posant x = 2t, la relation

∞∫

ε

e−t − e−2t

tdt =

2ε∫

ε

e−t

tdt .

c) En déduire le calcul de I.

d) En déduire le calcul de

1∫

0

x− 1

lnxdx (Poser x = e−t).

8. Soit I =

π/2∫

0

ln sinx dx.

a) Montrer que I est convergente.

b) Montrer que I =

π/2∫

0

ln cos x dx.

c) Montrer que 2I =

π/2∫

0

lnsin 2x

2dx.

d) En déduire la valeur de I.

9. Soit I =

∞∫

0

dx

(1 + x2)√x.

a) Montrer que I est convergente.

b) Calculer J =

∞∫

0

dt

1 + t4.

c) En déduire I.

2

10. a) Etudier pour quelles valeurs de n ∈ N l’intégrale Jn =

∞∫

0

dx

(x3 + 1)nconverge.

b) Calculer J1.

c) Montrer que si n ≥ 2, on a

Jn+1 =3n − 1

3nJn ,

et en déduire Jn si n ≥ 1.

11. Montrer que l’intégrale

π/2∫

0

tanx dx diverge,

a) par un calcul de primitive ; b) par le critère de Riemann.

12. Montrer que les intégrales suivantes sont semi-convergentes.

a)

∞∫

π

cos x√x

dx b)

∞∫

−1

cos(x2) dx (poser u = x2) c)

∞∫

π

x2 sin(x4) dx d)

∞∫

π

ei√x

xdx .

13. Soit f une fonction de R dans R continue et périodique dont l’intégrale

∞∫

0

f(x) dx est conver-

gente. Montrer que f est la fonction nulle. (Raisonner par l’absurde : supposer que f(c) 6= 0 pourun certain réel c, et montrer que le critère de Cauchy est alors contredit).

14. Soit f une fonction uniformément continue de [ a, ∞ [ dans R, telle que l’intégrale

∞∫

a

f(x) dx

converge. Montrer que limx→∞

f(x) = 0 (montrer que sinon le critère de Cauchy serait contredit).

15. Soit f une fonction de classe C1 de R dans R telle que, quand x tend vers ±∞, on ait

f ′(x) = O

(

1

x2

)

.

a) Démontrer que les limites L et ℓ de f en +∞ et −∞ respectivement existent.

b) On suppose en outre que, pour tout x réel, on a

|f ′(x)| ≤ 1

x2 + 1.

Montrer que |L− ℓ| ≤ π.

3

16. Soit f une fonction décroissante de [ a, ∞ [ dans R+.

a) Montrer que si l’intégrale

∞∫

a

f(t) dt converge, alors limx→∞

xf(x) = 0.

(Remarquer que l’on a, si x ≥ a, l’inégalité : xf(2x) ≤2x∫

x

f(t) dt).

b) Montrer par un contre-exemple que la réciproque est fausse.

4

17. Construire une fonction f continue positive non bornée de [ 0, +∞ [ dans R telle que l’in-

tégrale

+∞∫

0

xf(x) dx soit convergente.

18. Déterminer la limite des suites (an) définies ci-dessous.

a) an =

∞∫

0

arctan(nx)

n(1 + x2)dx , b) an =

1∫

0

dx

1 + xn, c) an =

∞∫

1

dx

1 + xn, d) an =

∞∫

0

arctan(

n+1

n x)

1 + x2dx .

19. Soit a > 0. On définit sur [ a, +∞ [ les fonctions f et g par

f(x) =sinx√

x+

sin2 x

xet g(x) =

sinx√x

.

a) Montrer que f ∼ g au voisinage de +∞.

b) Etudier la nature des intégrales

∞∫

a

f(x) dx et

∞∫

a

g(x) dx.

20. Soit f définie sur R \ {−1} par

f(x) =x ln |x+ 1|x2 + 1

.

Montrer les propriétés suivantes.

a) La fonction f est intégrable au voisinage de −1.

b) Les intégrales

∞∫

0

f(x) dx et

0∫

−∞

f(x) dx sont divergentes.

c) La limite de l’intégrale

A∫

−A

f(x) dx, lorsque A tend vers +∞ existe et est finie. (Etudier la

convergence de l’intégrale

∞∫

0

|f(x) + f(−x)| dx).

5

Corrigé

1. a) On a1

(1 + ex)(1 + e−x)=

ex

(1 + ex)2.

Cette expression est de la forme u′/(1 + u)2 et admet comme primitive −1/(1 + u), donc

∞∫

0

dx

(1 + ex)(1 + e−x)=

[

− 1

1 + ex

]∞

0

=1

2− lim

x→∞

1

1 + ex=

1

2.

b) Une primitive de e−√x/√x est −2e−

√x, donc

∞∫

0

e−√x

√x

dx =[

− 2e−√x]∞

0= 2(lim

x→0e−

√x − lim

x→∞e−

√x) = 2 .

c) Une primitive de lnx est x lnx− x, donc

1∫

0

lnx dx =[

x lnx− x]1

0= −1− lim

x→0(x ln x− x) = −1 ,

car la limite de x lnx est nulle en 0.

d) En intégrant par parties

∫

lnx

x2dx = − lnx

x+

∫

dx

x2= − lnx

x− 1

x,

donc∞∫

1

lnx

x2dx =

[

− lnx

x− 1

x

]∞

1

= limx→∞

(

− lnx

x− 1

x

)

+ 1 = 1 .

e) En intégrant par parties

∫

lnx

(1 + x)2dx = − lnx

1 + x+

∫

dx

x(1 + x).

Mais en décomposant la fraction rationnelle

1

x(1 + x)=

1

x− 1

1 + x,

on obtient∫

lnx

(1 + x)2dx = − lnx

1 + x+ lnx− ln(1 + x) =

x lnx

1 + x− ln(1 + x) .

Alors

1∫

0

lnx

(1 + x)2dx =

[

x lnx

1 + x− ln(1 + x)

]1

0

= − ln 2− limx→0

(

x lnx

1 + x− ln(1 + x)

)

= − ln 2 .

6

f) Posons In =

∞∫

0

xne−x dx. Puisque les fonctions intégrées sont positives, la fonction Fn définie

par

Fn(α) =

α∫

0

xne−x dx ,

est croissante et possède une limite finie ou non à +∞.

En intégrant par parties, si n ≥ 1.

∫

xne−x dx = −xne−x +

∫

nxn−1e−x dx .

Maislim

x→+∞xne−x = 0 .

Il en résulte que

limα→∞

α∫

0

xne−x dx = n limα→∞

α∫

0

xn−1e−x dx ,

et doncIn = nIn−1 .

On a

I0 =

∞∫

0

e−x dx = 1 ,

donc l’intégrale In converge et

In = n(n− 1) · · · 1 · I0 = n! .

g) Comme arctan x a pour dérivée 1/(1 + x2), on a

∫

arctanx

1 + x2dx =

1

2(arctan x)2 ,

et∞∫

0

arctan x

1 + x2dx =

[

1

2(arctan x)2

]∞

0

= limx→∞

1

2(arctan x)2 =

π2

8.

h) La fraction rationnelle se décompose facilement, puisque

1

x(x+ r)=

1

r

(

1

x− 1

x+ r

)

,

et admet sur [ a, ∞ [ la primitive1

rln

x

x+ r, donc

∞∫

a

dr

x(x+ r)=

[

1

rln

x

x+ r

]∞

a

=1

r

(

lna+ r

a+ lim

x→∞ln

x

x+ r

)

=1

rln

a+ r

a.

7

i) Une primitive de cos 2x/√sin 2x est

√sin 2x, donc

π/2∫

0

cos 2x√sin 2x

dx =[√

sin 2x]π/2

0= lim

x→π/2

√sin 2x− lim

x→0

√sin 2x = 0 .

2. On décompose la fraction rationnelle

1

x2 − 1=

1

2

(

1

x− 1− 1

x+ 1

)

.

Pour x ≥ a > 1, cette fonction admet comme primitive1

2ln

x− 1

x+ 1Alors

∞∫

a

dx

x2 − 1=

[

1

2ln

x− 1

x+ 1

]∞

a

= limx→∞

1

2ln

x− 1

x+ 1− 1

2ln

a− 1

a+ 1=

1

2ln

a+ 1

a− 1.

3. a) Au voisinage de 0 on a1√xe−

√x2+x+1 ∼ e−1

√x,

donc l’intégrale

1∫

0

1√xe−

√x2−x+1 dx converge par comparaison à

1∫

0

dx

x1/2.

Lorsque x > 1,1√xe−

√x2+x+1 ≤ e−x ,

et l’intégrale

∞∫

1

1√xe−

√x2+x+1 dx converge par comparaison à

∞∫

1

e−xdx.

b) Cherchons un équivalent de ln(1+ sinx) dx au voisinage de −π/2. Posons u = x+ π/2. Alors

ln(1 + sinx) = ln(1− cos u) = ln

(

u2

2+ ◦(u2)

)

= 2 ln u

(

1 +ln(1/2 + ◦(1))

2 lnu

)

∼ 2 ln u .

Mais l’intégrale

1∫

0

lnu du converge (Voir ex 1c) et lnu est négative. Donc l’intégrale

π/2∫

−π/2

ln(1 + sinx) dx

converge.

c) On peut donner deux arguments montrant la convergence de l’intégrale.

(i) Lorsque t > 1, on a t2 > t, donc e−t2 < e−t, et l’intégrale

∞∫

e−t2dt converge par comparaison

à l’intégrale

∞∫

e−tdt.

8

(ii) Lorsque t tend vers l’infini, t2e−t2 admet 0 comme limite, donc est majoré par 1 sur

un intervalle [ a, ∞ [ . Alors e−t2 ≤ 1/t2, et l’intégrale

∞∫

e−t2dt converge par comparaison à

l’intégrale

∞∫

dt

t2.

d) On a, si t > 0,

0 ≤ 1 + sin t

1 +√t3

≤ 2

t3/2,

et l’intégrale

∞∫

1 + sin t

1 +√t3

dt converge par comparaison à l’intégrale

∞∫

dt

t3/2.

4. a) Cherchons un équivalent simple en 0 et en +∞ de la fonction f définie sur ] 0, ∞ [ par

f(x) =1

xα(1 + xβ).

Le résultat dépend du signe de β. On peut résumer ce que l’on obtient dans le tableau suivant :

condition de condition de∼ f(x) en 0 ∼ f(x) en ∞ convergence de convergence de

1∫

0

f(x) dx∞∫

1

f(x) dx

β > 01

xα1

xα+βα < 1 α+ β > 1

β = 01

2xα1

2xαα < 1 α > 1

β < 01

xα+β

1

xαα+ β < 1 α > 1

L’ensemble des couples (α, β) pour lesquels l’intégrale

∞∫

0

f(x) dx converge est le domaine du plan

limité par les droites d’équation α+ β = 1 et α = 1 (exclues). On ne peut jamais avoir β = 0.

9

✲

✻

α+β=1

α1

β

b) Même méthode. Les équivalents dépendent du signe de α cette fois.

Remarquons que si α > 0, alors xα tend vers 0 en 0 donc

ln(1 + xα) ∼ xα ,

et si α < 0, on peut écrire

ln(1 + xα) = ln(xα) + ln(1 + x−α)

= α lnx

(

1 +ln(1 + x−α)

α lnx

)

,

et doncln(1 + xα) ∼ α lnx .

On a des résultats inversés en +∞. On peut résumer ce que l’on obtient dans le tableau suivant :

condition de condition de∼ f(x) en 0 ∼ f(x) en ∞ convergence de convergence de

1∫

0

f(x) dx∞∫

1

f(x) dx

α > 01

xβ−ααln x

xββ − α < 1 β > 1

α = 0ln 2

xβln 2

xββ < 1 β > 1

α < 0 αlnx

xβ1

xβ−αβ < 1 β − α > 1

10

L’ensemble des couples (α, β) pour lesquels l’intégrale

∞∫

0

f(x) dx converge est le domaine du plan

limité par les droites d’équation β − α = 1 et β = 1 (exclues). On ne peut jamais avoir α = 0.

✲

✻

β− α

=1

α

1

β

c) Posons

f(t) =(1 + t)α − tα

tβ.

Si α = 0 la fonction f est nulle et l’intégrale converge.

Si α 6= 0 et si t tend vers l’infini, on écrit

(1 + t)α − tα = tα((

1 +1

t

)α

− 1

)

,

et en faisant un développement limité en 0 par rapport à 1/t, on obtient

(1 + t)α − tα = tα(

1 +α

t+ ◦

(

1

t

)

− 1

)

∼ αtα−1 ,

doncf(t) ∼ α

tβ−α+1,

et l’intégrale

∞∫

1

f(t) dt converge si et seulement si β − α > 0.

En 0, le résultat dépend du signe de α.

11

Si α < 0(1 + t)α − tα = −tα

(

1− t−α(1 + t)α)

∼ −tα ,

car 1− t−α(1 + t)α tend vers 1. On en déduit

f(t) ∼ − 1

tβ−α,

et l’intégrale

1∫

0

f(t) dt converge si et seulement si β − α < 1.

Si α > 0, la quantité (1 + t)α − tα tend vers 1 en 0, donc

f(t) ∼ 1

tβ,

et l’intégrale

1∫

0

f(t) dt converge si et seulement si β < 1.

On a donc le tableau suivant :

condition de condition de∼ f(t) en 0 ∼ f(t) en ∞ convergence de convergence de

1∫

0

f(t) dt∞∫

1

f(t) dt

α > 01

tβα

tβ−α+1β < 1 β − α > 0

α < 0 − 1

tβ−α

α

tβ−α+1β − α < 1 β − α > 0

Les couples (α, β) répondant à la question sont les points du domaine limité par les droitesd’équation β = 1, β = α et β = α+1 (bords exclus), auxquels on peut ajouter la droite d’équa-tion α = 0.

12

α

1

β

✲

✻

β− α

=1

β=α

5. L’intégrale I(n) est une intégrale de Bertrand

∞∫

1

dx

xn(lnx)−1qui converge si et seulement si

n ≥ 2. Pour la calculer dans ce cas, intégrons par parties

∫

lnx

xndx. On a

∫

lnx

xndx =

x−n+1

−n+ 1lnx−

∫

x−n+1

−n+ 1

1

xdx =

x−n+1

−n+ 1lnx− x−n+1

(n − 1)2,

et donc

I(n) =

[

x−n+1

−n+ 1lnx− x−n+1

(n− 1)2

]∞

1

=1

(n− 1)2.

6. Pour x > 0, posons

fλ(x) =1

(1 + x2)(1 + xλ).

On a

0 ≤ fλ(x) =1

1 + x2,

et puisque l’intégrale

∞∫

0

dx

1 + x2converge, il résulte du théorème de comparaison que

∞∫

0

dx

(1 + x2)(1 + xλ)

converge aussi.

13

En posant t = 1/x, on a x = 1/t donc dx = −dt/t2, et l’on obtient

I(λ) =

∞∫

0

tλ dt

(t2 + 1)(tλ + 1).

Alors, puisque toutes les intégrales convergent, on peut additionner les deux expressions de I(λ),et l’on trouve

2I(λ) =

∞∫

0

dt

(t2 + 1)(tλ + 1)+

∞∫

0

tλ dt

(t2 + 1)(tλ + 1)=

∞∫

0

dt

t2 + 1=[

arctan t]∞

0=

π

2.

7. En effectuant un développement limité en 0, on a

e−t − e−2t = 1− t− (1− 2t) + ◦(t) = t+ ◦(t) ,

donc

limt→0

e−t − e−2t

t= 1 ,

et la fonction se prolonge par continuité en 0. Il en résulte que l’intégrale

1∫

0

e−t − e−2t

tdt

converge.

Posons

I1 =

∞∫

1

e−t

tdt et I2 =

∞∫

1

e−2t

tdt .

Si t ≥ 1, on a

0 ≤ e−t

t≤ e−t et 0 ≤ e−2t

t≤ e−2t ,

et puisque les intégrales

∞∫

1

e−t dt et

∞∫

1

e−2t dt convergent, les intégrales I1 et I2 convergent éga-

lement, donc I1 − I2 converge.

b) Transformons

∞∫

ε

e−2t

tdt par le changement de variable x = 2t. On obtient

∞∫

ε

e−2t

tdt =

∞∫

2ε

e−x

xdx ,

d’où∞∫

ε

e−t

tdt−

∞∫

2ε

e−2t

tdt =

2ε∫

ε

e−t

tdt .

14

c) On cherche la limite lorsque ε tend vers 0 du membre de droite. En utilisant la premièreformule de la moyenne, il existe cε dans [ ε, 2ε ] tel que

2ε∫

ε

e−t

tdt = e−cε

2ε∫

ε

dt

t= e−cε ln 2 .

Comme cε tend vers zéro d’après le théorème d’encadrement, il en résulte que I = ln 2.

d) Le changement de variable x = e−t donne immédiatement

1∫

0

x− 1

lnxdx = I = ln 2 .

8. a) la fonction qui à x associe ln sinx est continue sur ] 0, π/2 ] . On a au voisinage de 0

ln sinx = ln(x+ ◦(x)) = lnx+ ln(1 + ◦(1)) ,

donc

ln sinx = lnx

(

1 +ln(1 + ◦(1))

lnx

)

.

Mais 1 +ln(1 + ◦(1))

lnxtend vers 1 lorsque x tend vers 0, et donc

ln sinx ∼ lnx .

L’intégrale

1∫

0

lnx dx converge (ex 1 c) et, puisque lnx est de signe constant au voisinage de 0,

l’intégrale I converge.

b) Puisque cos(π/2 − x) = sinx, le changement de variable t = π/2− x donne immédiatement

I =

π/2∫

0

ln cos t dt .

c) Alors, puisque

ln sinx+ ln cos x = ln(sin x cos x) = lnsin 2x

2,

on obtient

2I =

π/2∫

0

lnsin 2x

2dx .

d) Ceci peut s’écrire

2I =

π/2∫

0

ln sin 2x dx−π/2∫

0

ln 2 dx =

π/2∫

0

ln sin 2x dx− π ln 2

2.

15

Effectuons le changement de variable u = 2x dans l’intégrale du membre de droite. On trouve

π/2∫

0

ln sin 2x dx =1

2

π∫

0

ln sinu du .

Puisque sin(π − v) = sin v, le changement de variable v = π − u donne

π∫

π/2

ln sinu du =

π/2∫

0

ln sin v dv ,

donc

1

2

π∫

0

ln sinu du =

π/2∫

0

ln sinu du = I .

Finalement

2I = I − π ln 2

2,

et donc

I = −π ln 2

2.

9. a) Pour x > 0, posons

f(x) =1

(1 + x2)√x.

On a au voisinage de l’infini,

f(x) ∼ 1

x5/2,

et, puisque 5/2 > 1, l’intégrale

∞∫

1

f(x) dx converge. Au voisinage de 0, on a cette fois

f(x) ∼ 1

x1/2,

et, puisque 1/2 < 1, l’intégrale

1∫

0

f(x) dx converge également. L’intégrale I converge donc.

b) Pour décomposer la fraction en éléments simples on écrit tout d’abord

t4 + 1 = t4 + 2t2 + 1− 2t2 = (t2 + 1)2 − (√2 t)2 = (t2 +

√2 t+ 1)(t2 −

√2 t+ 1) .

Alors1

t4 + 1=

at+ b

t2 +√2 t+ 1

+ct+ d

t2 −√2 t+ 1

.

Mais comme la fonction est paire, on obtient, en changeant t en −t

1

t4 + 1=

−at+ b

t2 −√2 t+ 1

+−ct+ d

t2 +√2 t+ 1

,

16

et par unicité de la décomposition a = −c et b = d. Donc

1

t4 + 1=

at+ b

t2 +√2 t+ 1

+−at+ b

t2 −√2 t+ 1

.

En donnant à t la valeur 0, on obtient

b =1

2.

D’autre part, si l’on réduit au même dénominateur, le coefficient de t2 vaut −2a√2+2b. Comme

il est nul, on en déduit que

a =1

2√2.

On écrit alors

at+ b

t2 +√2 t+ 1

=1

4√2

(

2t+ 2√2

t2 +√2 t+ 1

)

=1

4√2

(

2t+√2

t2 +√2 t+ 1

)

+1

4

1

t2 +√2 t+ 1

,

et cette fonction admet comme primitive

1

4√2ln(t2 +

√2 t+ 1) +

√2

4arctan(

√2 t+ 1) .

(On rappelle qu’une primitive de1

at2 + bt+ coù ∆ = b2−4ac < 0 et a 6= 0 est

2√−∆

arctan2at+ b√

−∆).

On obtient de même pour la primitive de l’autre morceau

− 1

4√2ln(t2 −

√2 t+ 1)−

√2

4arctan(−

√2 t+ 1) .

Alors, une primitive de1

t4 + 1est,

1

4√2ln

t2 +√2 t+ 1

t2 −√2 t+ 1

+

√2

4(arctan(

√2 t+ 1) + arctan(

√2 t− 1) .

Cette fonction est nulle en 0 et admet comme limiteπ√2

4à +∞ donc

∞∫

0

dx

1 + t4=

π√2

4.

c) En effectuant le changement de variable t =√x dans I, on a dt =

dx

2√x

et l’on trouve

I = 2J =π√2

2.

10. a) On a, à l’infini,1

(x3 + 1)n∼ 1

x3n,

17

et l’intégrale

∞∫

0

dx

(x3 + 1)nconverge si et seulement si 3n > 1, soit n ≥ 1.

b) En utilisant la factorisation

x3 + 1 = (x+ 1)(x2 − x+ 1) ,

la fraction rationnelle1

x3 + 1se décompose sous la forme

1

x3 + 1=

1

(x+ 1)(x2 − x+ 1)=

a

x+ 1+

bx+ c

x2 − x+ 1.

On peut obtenir les coefficients de la manière suivante :

en multipliant par x+ 1 et en faisant tendre x vers −1, on obtient a = 1/3 ;

en remplaçant x par 0, on trouve 1 = a+ c d’où c = 1− a = 2/3 ;

en multipliant par x et en faisant tendre x vers +∞, on trouve 0 = a+ b, d’où b = −1/3.

Finalement1

x3 + 1=

1

3(x+ 1)+

1

3

−x+ 2

x2 − x+ 1,

ce qui s’écrit encore

1

x3 + 1=

1

3(x+ 1)− 1

6

2x− 1

x2 − x+ 1+

1

2

1

x2 − x+ 1,

Pour x ≥ 0, on obtient alors comme primitive,

∫

dx

x3 + 1=

1

3ln(x+1)−1

6ln(x2−x+1)+

1√3arctan

2x− 1√3

=1

3ln

x+ 1√x2 − x+ 1

+1√3arctan

2x− 1√3

.

Alors

∞∫

0

dx

x3 + 1=

[

1

3ln

x+ 1√x2 − x+ 1

+1√3arctan

2x− 1√3

]∞

0

= limx→∞

(

1

3ln

x+ 1√x2 − x+ 1

+1√3arctan

2x− 1√3

)

+1√3arctan

1√3.

Mais

lnx+ 1√

x2 − x+ 1= ln

1 +1

x√

1− 1

x+

1

x2

,

et cette expression a pour limite 0 à +∞. Par ailleurs arctan2x− 1√

3admet pour limite π/2 en

+∞, et

arctan1√3=

π

6,

18

d’où∞∫

0

dx

x3 + 1=

1√3

π

2+

1√3

π

6=

2π√3

9.

c) Si n ≥ 1, l’intégrale Jn est convergente, et on peut intégrer par parties. On trouve

Jn =

[

x

(x3 + 1)n

]∞

0

+

∞∫

0

3nx3

(x3 + 1)n+1dx =

∞∫

0

3nx3

(x3 + 1)n+1dx .

Mais∞∫

0

x3

(x3 + 1)n+1dx =

∞∫

0

x3 + 1

(x3 + 1)n+1dx−

∞∫

0

1

(x3 + 1)n+1dx = Jn − Jn+1 ,

doncJn = 3n(Jn − Jn+1) ,

d’où l’on déduit

Jn+1 =3n− 1

3nJn .

Alors

Jn =3n − 4

3n − 3

3n− 7

3n− 6· · · 2

3J1 =

3n− 4

3n− 3

3n− 7

3n− 6· · · 2

3

2π√3

9.

11. a) On écrit tan x =sinx

cos xet comme − sinx est la dérivée de cos x, on a immédiatement,

pour x ∈ [ 0, π/2 [∫

tanx dx = − ln cosx .

Mais lorsque x tend vers π/2, cos x tend vers 0, et − ln cos x vers +∞. L’intégrale

π/2∫

0

tanx dx

est donc divergente.

b) La fonction tangente possède une discontinuité en π/2. On se ramène en 0 en posant u = π/2− x.Alors

tan x = tan(π

2− u)

=1

tan u.

Mais au voisinage de 0, tanu ∼ u, donc

tanx ∼ 1

u.

Comme l’intégrale

α∫

0

du

udiverge, il en résulte que l’intégrale

π/2∫

0

tanx dx diverge également.

12. a) Première méthode. En intégrant par parties∫

cos x√x

dx =sinx√

x+

1

2

∫

sinx

x3/2dx .

19

Or la fonction x 7→ sinx√x

admet une limite nulle en +∞, et

| sinx|x3/2

≤ 1

x3/2.

De plus l’intégrale

∫

sinx

x3/2dx converge absolument, donc converge. Il en résulte que l’intégrale

∫

cos x√x

dx converge.

Deuxième méthode. En appliquant directement le critère d’Abel. La fonction x 7→ 1/√x est

décroissante et tend vers 0 à l’infini, par ailleurs

∣

∣

∣

∣

∣

∣

x′

∫

x

cos t dt

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= | sinx′ − sinx| ≤ 2 ,

donc l’intégrale converge.

Pour montrer qu’elle ne converge pas absolument, on peut utiliser l’inégalité

| cos x| ≥ cos2 x =1 + cos 2x

2.

Alorsx∫

π

| cos t|√t

dt ≥x∫

π

1 + cos 2t

2√t

dt =

x∫

π

1

2√tdt+

x∫

π

cos 2t

2√tdt . (1)

Maisx∫

π

1

2√tdt =

√x−

√π ,

et ceci tend vers +∞ lorsque x tend vers +∞. Par contre, en posant u = 2t, on obtient

x∫

π

cos 2t

2√tdt =

1

2√2

2x∫

2π

cos u√u

du ,

et cette expression possède une limite finie lorsque x tend vers +∞, donc le membre de droitede l’inégalité (1) tend vers +∞ et il en résulte que celui de gauche a la même limite. Par suite,

l’intégrale

x∫

π

| cos t|√t

dt diverge.

b) Comme la fonction qui à x associe cos(x2) est continue sur [−1, ∞ [ , l’intégrale

∞∫

−1

cos(x2) dx

converge si et seulement si l’intégrale

∞∫

√π

cos(x2) dx converge, et de même l’intégrale

∞∫

−1

| cos(x2)| dx

20

converge si et seulement si l’intégrale

∞∫

√π

| cos(x2)| dx converge. En faisant le changement de va-

riable t = x2 on obtient,∞∫

√π

cos(x2) dx =

∞∫

π

cos t

2√tdt ,

et également∞∫

√π

| cos(x2)| dx =

∞∫

π

| cos t|2√t

dt .

Il résulte de a) que l’intégrale

∞∫

√π

cos(x2) dx est semi-convergente, et donc que l’intégrale

∞∫

−1

cos(x2) dx

est également semi-convergente.

c) On effectue le changement de variable u = x4. L’intégrale devient

∞∫

π

x2 sin(x4) dx =1

4

∞∫

π4

sinu

u1/4du .

La situation est identique à celle de l’exercice a). La fonction qui à t dans [π, ∞ [ associe 1/t1/4

est décroissante et tend vers 0 à l’infini. Par ailleurs∣

∣

∣

∣

∣

∣

x′

∫

x

sin t dt

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= | cos x− cos x′| ≤ 2 ,

donc la critère d’Abel permet de conclure que l’intégrale

∞∫

π

sinu

u1/4du converge.

Pour montrer qu’elle ne converge pas absolument, on peut utiliser l’inégalité

| sinu| ≥ sin2 u =1− cos 2u

2.

et conclure comme dans a).

d) On effectue le changement de variable t =√x. L’intégrale devient

∞∫

π

ei√x

xdx =

∞∫

√π

2eit

tdt .

On applique alors la même méthode que dans a) aux parties réelle et imaginaire

∞∫

√π

2 cos t

tdt et

∞∫

√π

2 sin t

tdt ,

21

ce qui montre que ces deux intégrales convergent, donc

∞∫

π

ei√x

xdx converge. Par contre, puisque

|ei√x| = 1, et que l’intégrale

∞∫

π

dx

xdiverge, l’intégrale proposée n’est pas absolument convergente.

13. Raisonnons par l’absurde. S’il existe un nombre réel c tel que f(c) ne soit pas nul, on peut,quitte à prendre la fonction −f , supposer que f(c) > 0. Comme f est continue en c, il existe unintervalle [α, β ] non réduit à un point, tel que f(x) > 0 sur [α, β ] . Soit alors m le minimumde f sur [α, β ] . Ce minimum est atteint en un point de cet intervalle et donc m > 0. Si lafonction f est T−périodique, on a, pour tout entier n positif,

∫ β+nT

α+nTf(x) dx =

∫ β

αf(x) dx ≥ m(β − α) > 0 .

Puisque l’intégrale

∞∫

0

f(x) dx converge, le critère de Cauchy s’applique et il existe A > 0 tel que

A < X < Y implique∣

∣

∣

∣

∣

∣

Y∫

X

f(x) dx

∣

∣

∣

∣

∣

∣

< m(β − α) .

Mais comme la suite (α + nT ) tend vers plus l’infini, il existe N tel que n ≥ N impliqueα+ nT ≥ X. Dans ce cas

∫ β+nT

α+nTf(x) dx =

∣

∣

∣

∣

∫ β+nT

α+nTf(x) dx

∣

∣

∣

∣

< m(β − α) .

On obtient bien une contradiction.

14. Raisonnons par l’absurde, et nions le fait que f tende vers 0 à l’infini. Il existe un nombreε > 0, tel que pour tout nombre A, il existe xA ≥ A tel que |f(xA)| ≥ ε.

En utilisant la continuité uniforme de f , il existe α > 0 tel que, l’inégalité |x− x′| ≤ α, implique

|f(x)− f(x′)| ≤ ε/2 .

En particulier, sixA ≤ t ≤ xA + α ,

on a|f(xA)− f(t)| ≤ ε

2,

et doncf(xA)−

ε

2≤ f(t) ≤ f(xA) +

ε

2.

Si f(xA) > 0, on a f(xA) ≥ ε et

f(t) ≥ ε− ε

2=

ε

2,

22

donc∣

∣

∣

∣

∣

∣

xA+α∫

xA

f(t) dt

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

xA+α∫

xA

f(t) dt ≥ αε

2.

Si f(xA) < 0, on a −f(xA) ≥ ε et

f(t) ≤ f(xA) +ε

2≤ ε

2− ε = −ε

2,

donc∣

∣

∣

∣

∣

∣

xA+α∫

xA

f(t) dt

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −xA+α∫

xA

f(t) dt ≥ αε

2.

Il existe donc un nombre β = αε/2 pour lequel, pour tout A, on a trouvé deux nombres xA etxA + α vérifiant les inégalités A ≤ xA ≤ xA + α et

∣

∣

∣

∣

∣

∣

xA+α∫

xA

f(t) dt

∣

∣

∣

∣

∣

∣

≥ β .

Cela signifie que la propriété de Cauchy n’est pas satisfaite, donc que l’intégrale

∞∫

0

f(t) dt di-

verge, d’où une contradiction.

15. a) La relationf ′(x) = O(1/x2)

signifie que la fonction x 7→ x2f ′(x) est bornée au voisinage de l’infini, c’est-à-dire qu’il existedeux nombres a > 0 et M > 0, tels que, si |x| ≥ a, on ait

x2|f ′(x)| ≤ M ,

c’est-à-dire

|f ′(x)| ≤ M

x2.

On remarque que l’intégrale

∞∫

1

dx

x2converge, et donc, de l’inégalité précédente, on déduit que

l’intégrale

∞∫

a

f ′(t) dt converge absolument donc converge. Mais

∞∫

a

f ′(x) dx = limX→∞

X∫

a

f ′(x) dx = f(X)− f(a) .

Il en résulte que la fonction f a une limite en +∞ qui vaut

∞∫

a

f ′(x) dx+ f(a).

23

La démonstration est analogue à −∞.

b) Si x et x′ sont deux réels quelconques tels que x < x′, on a encore

|f(x)− f(x′)| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

x′

∫

x

f ′(t)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

dt ≤x′

∫

x

|f ′(t)| dt .

L’intégrale de droite se majore par

x′

∫

x

dt

1 + t2= arctan x′ − arctan x ,

et puisque la fonction arctangente est comprise entre −π/2 et +π/2, on a finalement

|f(x′)− f(x)| ≤ arctan x′ − arctan x ≤ π .

En faisant tendre x vers −∞ et x′ vers +∞, on obtient alors, par passage à la limite dans lesinégalités

|L− ℓ| ≤ π .

16. a) Comme f décroit, on peut minorer f(t) par f(2x), lorsque t appartient à l’intervalle[x, 2x ] . Alors

2x∫

x

f(t) dt ≥2x∫

x

f(2x) dt = xf(2x) .

Si x > a/2, on a donc,

0 ≤ xf(x) ≤ 2

x∫

x/2

f(t) dt .

Comme l’intégrale converge, il existe, d’après le critère de Cauchy, un nombre A, tel que lesinégalités A ≤ u ≤ v impliquent

∣

∣

∣

∣

∣

∣

v∫

u

f(t) dt

∣

∣

∣

∣

∣

∣

<ε

2.

Alors si x ≥ 2A, on a A ≤ x/2 ≤ x, et

0 ≤ xf(x) ≤ 2

x∫

x/2

f(t) dt < ε .

On en déduit que xf(x) tend vers 0 à l’infini.

b) La fonction f définie sur [ 2, ∞ [ par

f(x) =1

x lnx,

24

et telle que xf(x) tende vers 0 à l’infini. On vérifie facilement qu’elle est décroissante. Par contrel’intégrale de f diverge, puisque

x∫

2

dx

x lnx= ln lnx− ln ln 2

a pour limite +∞ quand x tend vers +∞.

17. Soit les suites (an)n≥1 et (bn)n≥1 définies par

an = n− 1

n22net bn = n+

1

n22n.

Remarquons tout d’abord que si n ≥ 1, on a

2

n2+

1

(n+ 1)2≤ 3 < 4 ≤ 2n+1 ,

d’où l’on déduit que1

n22n+

1

(n+ 1)22n+1< 1 ,

et enfin que

n+1

n22n< n+ 1− 1

(n+ 1)22n+1.

Alors les suites (an)n≥1 et (bn)n≥1 vérifient les inégalités

an < n < bn ≤ an+1 < n+ 1 < bn+1 .

Les deux suites sont croissantes et tendant vers +∞.

On peut définir une fonction g sur [ 0, ∞ [ continue et positive de la manière suivante :

pour tout entier n ≥ 1, on pose

g(n) = n2 , g(an) = g(bn) = 0 ,

et g est linéaire affine sur les intervalles [ an, n ] et [n, bn ] et est nulle partout ailleurs.

Voici par exemple le graphe de g sur [ 0, 5/2 ] .

25

✲

✻

1 2

1

4

On a alorsbn∫

0

g(x) dx =

n∑

k=1

bk∫

ak

g(x) dx .

Mais Ik =

bk∫

ak

g(x) dx est l’aire d’un triangle dont la hauteur vaut k2, et la base 2/(k22k). On a

donc Ik = 1/2k. Alorsbn∫

0

g(x) dx =

n∑

k=1

1

2k= 1− 1

2n.

(C’est la somme des termes d’une suite géométrique de raison 1/2).

La fonction g étant positive, et (bn) ayant pour limite +∞, on a alors

∞∫

0

g(x) dx = limn→∞

bn∫

0

g(x) dx = 1 .

Si l’on pose

f(x) =

{

= g(x)/x si x > 00 si x = 0

.

La fonction f est continue sur ] 0, ∞ [ comme quotient de deux fonctions continues. Par ailleursf est nulle sur [ 0, 1/2 ] , donc continue. Il en résulte que f est continue sur [ 0, ∞ [ . On a aussi

26

f(n) = n et f n’est pas bornée. Enfin l’intégrale

∞∫

0

xf(x) dx converge, puisque

∞∫

0

xf(x) dx =

∞∫

0

g(x) dx = 1 .

18. a) Pour x ≥ 0 et n ≥ 1, posons

fn(x) =arctan(nx)

n(1 + x2).

Tout d’abord

0 ≤ fn(x) ≤π

2

1

1 + x2= g(x) .

Comme l’intégrale

∞∫

0

g(x) dx converge, il résulte du théorème de comparaison que toutes les

intégrales

∞∫

0

fn(x) dx convergent. Par ailleurs

0 ≤ fn(x) ≤π

2n,

et donc la suite (fn) converge uniformément, donc uniformément localement, vers la fonctionnulle. Alors le théorème de convergence dominée montre que la suite (an) converge vers

∞∫

0

0 dx = 0 .

b) Pour x ∈ [ 0, 1 ] et n ≥ 0, posons

fn(x) =1

1 + xn.

Tout d’abord0 ≤ fn(x) ≤ 1 = g(x) .

La fonction g et les fonctions fn sont Riemann-intégrables sur [ 0, 1 ] . Par ailleurs la suite fnconverge simplement sur [ 0, 1 [ vers la fonction f = 1. Sur [ 0, α ] , avec α ∈ ] 0, 1 [ , on a

|fn(x)− f(x)| = xn

1 + xn≤ αn ,

et il en résulte que la suite (fn) converge uniformément vers f sur [ 0, α ] . La suite (fn) convergedonc uniformément localement vers f sur [ 0, 1 [ . Alors le théorème de convergence dominéemontre que la suite (an) converge vers

1∫

0

1 dx = 1 .

27

c) Pour x ∈ ] 1, ∞ [ et n ≥ 0, posons

fn(x) =1

1 + xn.

Tout d’abord, si n ≥ 2,0 ≤ fn(x) ≤ f2(x) = g(x) .

Comme

∞∫

1

g(x) dx converge, il résulte du théorème de comparaison que toutes les intégrales

∞∫

0

fn(x) dx convergent si n ≥ 2. Par ailleurs la suite fn converge simplement sur [ 1, ∞ [ vers la

fonction f = 0. Sur [α, ∞ ] , avec α > 0, on a

0 ≤ fn(x) ≤1

1 + αn,

et il en résulte que la suite (fn) converge uniformément vers 0 sur [α, ∞ [ . La suite (fn) convergedonc uniformément localement vers f sur ] 1, ∞ [ . Alors le théorème de convergence dominéemontre que la suite (an) converge vers

1∫

0

0 dx = 0 .

d) Pour x ≥ 0 et n ≥ 1, posons

fn(x) =arctan n+1

n x

1 + x2.

Tout d’abord

0 ≤ fn(x) ≤π

2

1

1 + x2= g(x) .

Comme l’intégrale

∞∫

0

g(x) dx converge, il résulte du théorème de comparaison que toutes les

intégrales

∞∫

0

fn(x) dx convergent. Par ailleurs, fn tend simplement vers la fonction f qui à x

associearctan x

1 + x2. Soit x dans l’intervalle [ 0, α ] , où α > 0. On a

|fn(x)− f(x)| ≤∣

∣

∣

∣

arctan

(

1 +1

n

)

x− arctan x

∣

∣

∣

∣

.

En appliquant l’égalité des accroissements finis, il existe c dans [ 0, α ] tel que

∣

∣

∣

∣

arctan

(

1 +1

n

)

x− arctan x

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

(

1 +1

n

)

x− x

∣

∣

∣

∣

1

1 + c2=

x

n(1 + c2)≤ α

n,

28

et la suite (fn) converge uniformément sur [ 0, α ] donc uniformément localement sur [ 0, ∞ [ ,vers la fonction f . Alors le théorème de convergence dominée montre que la suite (an) convergevers

∞∫

0

arctan x

1 + x2dx =

[

1

2(arctan x)2

]∞

0

=π2

8.

19. a) On af(x) = g(x)(1 + g(x)) .

Comme g(x) tend vers 0 à l’infini (produit d’une fonction bornée, par une fonction tendant vers0), on en déduit que f ∼ g au voisinage de l’infini.

b) Comme dans l’exercice 12, l’intégrale

∞∫

a

g(x) dx est semi-convergente, alors que l’intégrale

∞∫

a

(f(x)− g(x)) dx n’est pas convergente. Il en résulte que

∞∫

a

f(x) dx n’est pas convergente.

20. a) On a, au voisinage de −1,

f(x) ∼ −1

2ln |x+ 1| ,

et puisque ln |u| admet comme primitive u ln |u| − u, on voit facilement que les intégrales

0∫

−1

ln |1 + x| dx et

−1∫

−2

ln |1 + x| dx ,

sont convergentes.

b) Au voisinage de l’infini, on a,

f(x) =ln |x|x

x

x2 + 1

1 +

ln

∣

∣

∣

∣

1 +1

x

∣

∣

∣

∣

ln |x|

∼ ln |x|x

,

et l’intégrale de ln |x|/x est divergente car la fonction a pour primitive (ln |x|)2/2. Les deux in-

tégrales

∞∫

0

f(x) dx et

0∫

−∞

f(x) dx sont donc divergentes.

c) On a

f(x) + f(−x) =x

x2 + 1ln

∣

∣

∣

∣

x+ 1

x− 1

∣

∣

∣

∣

=x

x2 + 1ln

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 +1

x

1− 1

x

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=x

x2 + 1

(

ln

∣

∣

∣

∣

1 +1

x

∣

∣

∣

∣

− ln

∣

∣

∣

∣

1− 1

x

∣

∣

∣

∣

)

.

29

Posons u = 1/x. En effectuant un développement limité au voisinage de 0 on obtient

ln |1 + u| − ln |1− u| = ln(1 + u)− ln(1− u) = 2u+ ◦(u) ∼ 2u =2

x,

donc, à +∞,

f(x) + f(−x) ∼ 2

x2,

et l’intégrale

∞∫

0

(f(x) + f(−x)) dx converge absolument. Cela signifie en particulier que

g(A) =

A∫

0

(f(x) + f(−x)) dx ,

possède une limite lorsque A tend vers +∞. Mais,

A∫

0

f(−x) dx =

0∫

−A

f(x) dx ,

et donc

g(A) =

A∫

−A

f(x) dx ,

d’ où le résultat.

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