Pour $x>0$, on pose $\Gamma(x)=\dsp\int_0^\infty t^{x-1}\ee^{-t}\ud t$.
La fonction $\varphi:t \longmapsto t^{x-1}\ee^{-t}$ est continue sur $]0,\infty[$,
$\mathbf{a) }$ Au voisinage de $0$, on a $\varphi \underset{0}{\thicksim}t^{x-1}$. Donc, par
comparaison aux intégrales de référence,
$\dsp\int_0^1\varphi(t)\ud t$ existe ssi $x-1>-1$ soit $x>0$.
$\mathbf{b) }$ Au voisinage de $\infty$, et pour $x>0$, on a
$\varphi(t)=\underset{\infty}{\mathrm{o}}(\ee^{-t/2})$ et comme
$\dsp\int_1^\infty \ee^{-t/2}\ud t$ converge, il en va de même pour $\dsp\int_1^\infty \varphi$.
Conclusion, $\boxed{\Gamma(x) \text{ est définie ssi } x>0}$.
Soit $x>0$, on effectue une IPP, $$\left\{\begin{array}{ccl} u'(t)&=&\ee^{-t}\\ &&\\ v(t)&=&t^{x} \end{array} \right.\Longrightarrow \left\{\begin{array}{ccl} u(t)&=&-\ee^{-t}\\ &&\\ v'(t)&=&x t^{x-1} \end{array} \right.\text{ on a } u,v\in \CC^1(]0,\infty[).$$ Ce qui donne, pour tout $X>0$, $$\int_0^Xt^{x}\ee^{-t}\ud t=\left[-t^x\ee^{-t}\right]_0^X+\int_0^X xt^{x-1}\ee^{-t}\ud t=-X^x\ee^{-X}+x\int_0^Xt^{x-1}\ee^{-t}\ud t$$ En faisant tendre $X$ vers $\infty$, on trouve: $$\boxed{\forall x>0,~~\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)\,}.$$ Pour $n>1$, on a $\Gamma(n)=(n-1)\Gamma(n-1)=...?$
$\mathbf{a) }$ Justifier l'existence de $\dsp I = \int_0^{ + \infty } {\frac{{{\mathrm{d}}x}}{{x^3 +
1}}} $.
$\mathbf{b) }$ Établir $\dsp I = \int_0^{ + \infty } {\frac{{{\mathrm{d}}x}}{{x^3 + 1}}} = \int_0^{ +
\infty }
{\frac{{x\,}}{{x^3 + 1}}{\mathrm{d}}x}$. En déduire la valeur de $I$.
$\mathbf{c) }$ Calculer $I$ en utilisant la décomposition en fractions rationnelles de
$\dfrac{1}{X^3+1}$.
$\mathbf{a) } $ La fonction $\fonct{f}{\R_+}{\R}{x}{\frac{1}{x^3+1}}$ est continue de plus au voisinage de $\infty$, on a $f(x)\underset{\infty}{\thicksim} \dfrac{1}{x^3}$. Comme $\dsp\int_1^\infty\dfrac{\ud t}{t^3}$ existe, on en déduit que $I$ existe. $\mathbf{b) }$ On pose $\varphi(t)=\dfrac{1}{t}$, $\varphi\in \CC^1\left(\left]0,\infty\right[\right)$ et strictement décroissante donc $\varphi$ est bijective, c'est un changement de variable valide pour le calcul de $I$, $$I=\int_{\varphi^{-1}(0)}^{\varphi^{-1}(\infty)}f(\varphi(t))\varphi'(t)\ud t=\int_\infty^{0} \dfrac{1}{1+\frac{1}{t^3}}\dfrac{-\ud t}{t^2}= \int_0^{\infty}\dfrac{t\ud t}{1+t^3}.$$ On obtient alors, $$\begin{array}{lcl} 2I&=&\dsp\int_0^\infty \dfrac{x+1}{x^3+1}\ud x=\int_0^\infty\dfrac{\ud x}{x^2-x+1}\\ &&\\ &=&\dsp\int_0^\infty\dfrac{\ud x}{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}\\ &&\\ &=&\dsp\left[\dfrac{2}{\sqrt{3}}\Arctan \left(\dfrac{2x-1}{\sqrt{3}}\right)\right]_0^\infty=\dfrac{4\pi}{3\sqrt{3}}. \end{array}$$ $\mathbf{c) }$ On en déduit $\boxed{ I=\dfrac{2\pi}{3\sqrt{3}}}$. La décomposition en éléments simples de $f(x)$ donne $$\begin{array}{lcl} \forall x\geq 0,\,f(x)&=&\dfrac{a}{x+1}+\dfrac{cx+b}{x^2-x+1}=\dfrac{\frac{1}{3}}{x+1}+\dfrac{\frac{-1}{3}x+\frac{2}{3}}{x^2-x+1}\\ &&\\ &=&\dfrac{1}{3(x+1)}-\dfrac{1}{6}\dfrac{2x-1}{x^2-x+1}+\dfrac{1}{2}\dfrac{1}{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}. \end{array}$$ Donc une primitive de $f$ sur $\R_+$ est $F$ avec $$F(x)=\dfrac{1}{6}\ln\left(\dfrac{(x+1)^2}{x^2-x+1}\right)+\dfrac{1}{\sqrt{3}} \Arctan\left(\dfrac{2x-1}{\sqrt{3}}\right).$$ On a alors $\dsp\limiteX{x}{\infty}F(x)=\dfrac{\pi}{2\sqrt{3}}$, donc $$\boxed{I= \limiteX{x}{\infty}F(x)-F(0)=\dfrac{2\pi}{3\sqrt{3}}}.$$
Soit $I=\dsp \int_0^{\pi/2}\ln (\sin x) \ud x,\,J=\dsp \int_0^{\pi/2}\ln (\cos x) \ud x$.
Soit $f:\left]0,\frac{\pi}{2}\right]\mapsto \R$ définie par $f(x)=\ln(\sin(x))$, on a $f$ est continue sur $\left]0,\frac{\pi}{2}\right]$ de plus au voisinage de $0$, on a $f(x)\underset{0}{\thicksim}\ln(x)$ or $\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(x)\ud x $ existe. On en déduit que $ \dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(x)\ud x $ converge. On pose $\varphi(t)=\dfrac{\pi}{2}-t$, $\varphi\in \CC^1\left(\left]0,\frac{\pi}{2}\right[\right)$ et strictement décroissante donc $\varphi$ est bijective, c'est un changement de variable valide pour le calcule de $I$, $$I=\int_{\varphi^{-1}(0)}^{\varphi^{-1}(\pi/2)}f(\varphi(t))\varphi'(t)\ud t=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(\sin\left(\frac{\pi}{2}-t\right)\right)\ud t= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\cos(t))\ud t=J.$$ On en déduit que $J$ converge et que $\boxed{I=J}$. D'autre part, on a: $$\begin{array}{lcl} 2I&=&I+J=\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\cos(x)\sin(x))\ud x \\ &=&\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(\dfrac{\sin(2x)}{2}\right)\ud x \\ &=&\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin(2x))\ud x -\frac{\pi}{2}\ln(2).\\ &&\\ \dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin(2x))\ud x &=&\dsp\frac{1}{2}\int_0^\pi\ln(\sin(x))\ud x \\ &=&\dsp\frac{1}{2}\left(\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin(x))\ud x +\int_{\frac{\pi}{2}}^\pi\ln(\sin(x))\ud x \right)\\ &=&\frac{1}{2}(I+I)=I. \end{array}$$ D'où, $$2I=I-\frac{\pi}{2}\ln(2)\Longrightarrow \boxed{I=\dfrac{-\pi}{2}\ln(2)}.$$
On pose $I=\dsp \int_0^{+ \infty}{\dsp \frac{\sin^3 x}{x^2} \ud x}$.
$\mathbf{1. \,}$ L'application $f:\R_+^*\mapsto \R$ définie par $f(x)=\dfrac{\sin^3(x)}{x}$ est
continue sur $\R_+^*$.
$\quad\bullet$ Au voisinage de $0$, on a
$f(x)=\dfrac{\sin^3(x)}{x^2}=\dfrac{x^3+\mathrm{o}(x^3)}{x^2}=x+\mathrm{o}(x)\tendvers{x}{0}0$.
Donc $f$ peut se prolonger par continuité en $0$, d'où $\dsp\int_0^1f(x)\ud x $ converge.
$\quad\bullet$ Pour $x\geq 1$, on a,
$$0\leq |f(x)|\leq \dfrac{1}{x^2},\text{ comme }\int_1^\infty\dfrac{\ud x }{x^2} \text{ converge}
\Longrightarrow \int_1^\infty f(x)\ud x< \infty.$$
On en déduit que $\dsp\int_0^\infty f(x)\ud x $ existe.
$\mathbf{2. \,}$ En utilisant la formule de Taylor avec reste intégrale, on montre que
$$\forall t\in [0,\pi/2],~~0\leq t-\dfrac{t^3}{6}\leq \sin(t)\leq t-\dfrac{t^3}{6}+\dfrac{t^5}{120}.$$
Soit $x>0$ tel que $3x\leq \frac{\pi}{2}$, on a
$$\int_x^{3x}\dfrac{t-\frac{t^3}{6}}{t^2}\ud t\leq\int_{x}^{3x}\dfrac{\sin(t)}{t^2}\ud t\leq
\int_x^{3x}\frac{t-\dfrac{t^3}{6}+\frac{t^5}{120}}{t^2}\ud t $$
Soit
$$\ln(3)-\dfrac{2x^2}{3}\leq \int_{x}^{3x}\dfrac{\sin(t)}{t^2}\ud t\leq
\ln(3)-\dfrac{2x^3}{3}+\dfrac{x^4}{6}
$$
D'où le résultat suivant:
$$\boxed{\limiteX{x}{0}\int_x^{3x}\dfrac{\sin(t)\ud t}{t^2}\,=\ln(3)}.$$
$\mathbf{3. \,}$ En utilisant les formules d'Euler, on trouve
$$\begin{array}{lcl}
\sin^3(x)&=&\dfrac{\left(\ee^{\ii x}-\ee^{-\ii x}\right)^3}{-8\ii}\\
&&\\
&=&\dfrac{\ee^{3\ii x}-\ee^{-3\ii x}-3\ee^{2\ii x}\ee^{-\ii x}+3\ee^{\ii x}\ee^{-2\ii x}}{-8\ii}\\
&\\
&=&\dfrac{-\sin(3x)+3\sin(x)}{4}.
\end{array}$$
On s'intéresse maintenant au calcul de $I$. Soient $x,X\in \R_+^*$ tel que $x < X$, on a:
$$\begin{array}{ll}
\dsp\int_x^X\dfrac{\sin^3(t)\ud t}{t^2}&=\dsp\dfrac{3}{4}\int_x^X\dfrac{\sin(t)\ud
t}{t^2}-\dfrac{1}{4}\int_x^X\dfrac{\sin(3t)\ud t}{t^2}\\
&\\
&=\dsp\dfrac{3}{4}\int_x^X\dfrac{\sin(t)\ud t}{t^2}-\dfrac{3}{4}\int_{3x}^{3X}\dfrac{\sin(t)\ud
t}{t^2}\\
&\\
&=\dsp\dfrac{3}{4}\left(\int_{x}^{3x}\dfrac{\sin(t)\ud t}{t^2}+\int_{3x}^{X}\dfrac{\sin(t)\ud
t}{t^2}\right.\\
&\,\,\,\,\dsp\left. -\int_{3x}^{X}\dfrac{\sin(t)\ud t}{t^2}-\int_{X}^{3X}\dfrac{\sin(t)\ud
t}{t^2}\right)\\
&\\
&=\dsp\dfrac{3}{4}\left(\int_{x}^{3x}\dfrac{\sin(t)\ud t}{t^2}-\int_{X}^{3X}\dfrac{\sin(t)\ud
t}{t^2}\right)
\end{array}
$$
D'autre part,
$$\forall X>1,\,\,\abs{\int_{X}^{3X}\dfrac{\sin(t)\ud t}{t^2}}\leq \int_{X}^{3X}\dfrac{\ud
t}{t^2}=\left[\dfrac{-1}{t}\right]_X^{3X}=\dfrac{2}{3X}\tendvers{X}{\infty}0.$$
En tenant compte de ce résultat et le résultat de 2), on trouve:
$$\boxed{\int_0^\infty\dfrac{\sin^3(x)}{x^2}\ud x =\dfrac{3}{4}\ln(3)}.$$
Soient $a\in \R_+^*,\,n\in \N^*$. Justifier l'existence de $I_n=\dsp\int_0^\infty\ee^{-nt}\sin(at)\ud t$ puis calculer $I_n$.
Soient $a\in\R,\,n\in \N^*$, l'application $x\in \R\mapsto \ee^{-nx}\sin(ax)$ est continue sur
$\R$.
Soit $X\in \R_+^*$, on a:
$$\begin{array}{ccl}
\dsp\int_0^X\ee^{-nx}\sin(ax)\ud x&=&\dsp\im\left(\int_0^X\ee^{-nx}\ee^{\ii ax}\ud x
\right)=\im\left(\int_0^X\ee^{(\ii a-n)x}\ud x \right) \\
&&\\
&=&\im \left(\left[\dfrac{\ee^{(\ii a-n)x}}{\ii a-n}\right]_0^X\right)=\im\left(\dfrac{\ee^{(\ii
a-n)X}-1}{\ii a-n}\right)\\
&&\\
&=& \dfrac{a}{a^2+n^2}-\dfrac{\ee^{-nX}\left(a\cos(ax)+a\sin(ax)\right)}{a^2+n^2}\\
&&\tendvers{X}{\infty}\dfrac{a}{a^2+n^2}
\end{array}$$
On en déduit que $\dsp\int_0^\infty \ee^{-nx}\sin(ax)\ud x $ existe et que
$$\boxed{\int_0^\infty \ee^{-nx}\sin(ax)\ud x =\dfrac{a}{n^2+a^2}}.$$
Étudier l'intégrabilité de la fonction $f:x\longmapsto \dsp\int_1^x\dfrac{\ee^t\ud t}{t}$ en $0$.
La fonction $f$ est définie et continue sur $]0,1]$, de plus on a, pour tout $x\in ]0,1]$:
$$ f(x)=\int_1^x\dfrac{\ee^t-1}{t}\ud t+\int_1^x\dfrac{\ud t}{t}=\int_1^x\dfrac{\ee^t-1}{t}\ud
t+\ln(x)=h(x)+\ln(x).$$
Avec $h(x)=\dsp\int_1^x\dfrac{\ee^t-1}{t}\ud t$. On a:
$\quad\bullet$ La fonction $t\longmapsto\dfrac{\ee^t-1}{t}$ admet une limite en $0^+$ donc
prolongeable par continuité en $0$,
ce qui donne $h$ admet une limite finie en $0$ (car $\dsp\int_1^0\dfrac{\ee^t-1}{t}\ud t$ existe) donc
$\dsp\int_0^1h(x)\ud x$ existe.
$\quad\bullet$ La fonction $\ln$ est intégrable sur $]0,1]$.
On en déduit que $f$ est intégrable sur $]0,1]$ comme la somme de deux fonctions intégrables.
Montrer que $f:x\mapsto \dfrac{\sin(x)}{x^2}$ est intégrable sur $[1;\infty[$, puis montrer que: $\dsp\int_1^\infty\dfrac{\sin(x)}{x^2}\ud x =\int_0^1\sin\left(\dfrac{1}{x}\right)\ud x .$
La fonction $f:[1,\infty[\mapsto \R$ définie par $f(x)=\dfrac{\sin (x)}{x^2}$ est continue sur son
domaine de définition,
de plus, pour tout $x\geq 1$, on a $\abs{f(x)}\leq \dfrac{1}{x^2}$. Or $\dsp\int_1^\infty \dfrac{\ud x
}{x^2}$ est convergente donc
$\dsp\int_1^\infty \abs{f(t)}\ud t$ existe.
Donc $\dsp\int_1^\infty\dfrac{\sin(x)}{x^2}\ud x $ est absolument convergente donc $f$ est intégrable
sur son domaine de définition.
Pour la deuxième partie de la question, il suffit de faire le changement de variable
$\varphi(t)=\dfrac{1}{t}$ (de classe $\CC^1$,
strictement décroissante donc bijective).
$$\dsp\int_1^\infty\dfrac{\sin(x)}{x^2}\ud x =\int_{\varphi^{-1}(1)}^{\varphi^{-1}(\infty)}
\dfrac{\sin(\varphi(t))}{\varphi^2(t)}\varphi'(t)\ud t=\int_0^1\sin\left(\dfrac{1}{t}\right)\ud t.$$
Pour tout $n \in \N^*$, soit $I_n = \dsp \int_0^{\pi/2}{\dsp \frac{\sin nx}{\sin x} \ud x}$.
$\mathbf{1. }\,$ Soit $n\in \N^*$, on pose $f_n:]0,\frac{\pi}{2}]\mapsto\R$ définie par
$f_n(x)=\dfrac{\sin(nx)}{\sin(x)}$.
Il est clair que $f_n$ est continue sur son domine de définition, de plus au voisinage de $0$, on a
$$f(x)=\dfrac{nx+\underset{0}{\mathrm{o}}(x)}{x+\underset{0}{\mathrm{o}}(x)}=n+\underset{0}{\mathrm{o}}(1)\tendvers{x}{0^+}\,n.$$
On en déduit que $f_n$ se prolonge par continuité en $0$, donc
$\boxed{\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}f_n(x)\ud x \text{ exite}}$.
Soit $p\in \N^*$, on a
$$\begin{array}{lcl}
I_{2p+2}-I_{2p}&=&\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sin((2p+2)x)-\sin(2px)}{\sin(x)}\ud x \\
&=&2\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sin(x)\cos((2p+1)x)}{\sin(x)}\ud x
=\left[\dfrac{2\sin((2p+1)x)}{2p+1}\right]_0^{\frac{\pi}{2}}.
\end{array}$$
Ce qui donne:
$$\boxed{\forall p\in \N^*,~~I_{2p+2}-I_{2p}=2\dfrac{(-1)^p}{2p+1}\Longrightarrow
I_{2p}=2\sum_{k=0}^{p-1}\dfrac{(-1)^k}{2k+1}}.$$
De même, on a
$$\begin{array}{lcl}
I_{2p+3}-I_{2p+1}&=&\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sin((2p+3)x)-\sin((2p+1)x)}{\sin(x)}\ud x \\
&=&2\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sin(x)\cos((2p+2)x)}{\sin(x)}\ud x \\
&=&\left[\dfrac{2\sin((2p+2)x)}{2p+2}\right]_0^{\frac{\pi}{2}}=0.
\end{array}$$
D'où
$$\boxed{\forall p\in \N^*,~~I_{2p+3}-I_{2p+1}=0\Longrightarrow I_{2p+1}=I_1=\frac{\pi}{2}}.$$
$\mathbf{2. }\,$ Soit $p\in \N^*$, on a
$$\begin{array}{lcl}
I_{2p+1}-I_{2p}&=&\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sin((2p+1)x)-\sin(2px)}{\sin(x)}\ud x \\
&=&2\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sin(x/2)\cos((2p+1/2)x)}{\sin(x)}\ud x .
\end{array}$$
Or en utilisant le lemme de Riemann - Lebesgue, on a
$$\limiteX{p}{\infty}\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\dfrac{2\sin(x/2)}{\sin(x)}\right)\cos((2p+1/2)x)\ud
x =\,0.$$
On en déduit que $\dsp \lim_{p \rightarrow + \infty}I_{2p+1}=
\lim_{p \rightarrow + \infty}I_{2p}=\dfrac{\pi}{2}$ donc la suite $(I_n)_n$ converge vers
$\dfrac{\pi}{2}$.
$\mathbf{3. }\,$ Notons d'abord que $\varphi$ peut se prolonger par continuité en une fonction de
classe $\CC^1$ sur l'intervalle
$[0,\frac{\pi}{2}]$, puisque au voisinage de $0$, on a $\varphi(x)=-\frac{x}{6}+\mathrm{o}(x)$.
Pour tout $x\in ]0,\frac{\pi}{2}]$, on a
$$\dfrac{\sin(nx)}{\sin(x)}
=\dfrac{\sin(nx)}{\sin(x)}-\dfrac{\sin(nx)}{x}+\dfrac{\sin(nx)}{x}=\varphi(x)\sin(nx)+\dfrac{\sin(nx)}{x}$$
ce qui donne:
$$\begin{array}{lcl}
\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\sin(nx)}{\sin(x)}\ud x &=&
\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}} \varphi(x)\sin(nx)\ud x +\int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\sin(nx)\ud x }{x}\\
&=&\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}} \varphi(x)\sin(nx)\ud x +\int_0^{\frac{n\pi}{2}} \dfrac{\sin(x)\ud x
}{x}
\end{array}$$
En utilisant le lemme de Riemann - Lebesgue, on a
$$\limiteX{n}{\infty}\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\varphi(x)
\right)\sin(nx)\ud x =\,0$$ et d'après 2) , on a $I_n\tendvers{n}{\infty}\frac{\pi}{2}$.
On en déduit que $\dsp\int_0^{\frac{n\pi}{2}} \dfrac{\sin(x)\ud x }{x}\tendvers{n}{\infty}
\,\frac{\pi}{2}$. Donc
$$\boxed{\dsp\int_0^{\infty}\dfrac{\sin(x)}{x}\ud x =\dfrac{\pi}{2}}.$$
Soit $f \in \CC(\R_+^*,\R)$. On suppose que $\dsp \lim_{x \rightarrow 0^+}{f(x)} = \lambda$ et $\dsp \lim_{x\rightarrow + \infty}{f(x)}= \mu$.
Trouver tous les polynômes $P\in \R_n[X]$ tel que $\dsp\int_0^\infty(\sqrt{P(t)}-(t^2+t+1))\ud t $ existe.
Si $P$ existe alors $P$ doit être de degré $4$ avec un coefficient dominant égale à $1$. Posons $P=X^4+aX^3+bX^2+cX+d$, $\sqrt{P}$ est définie au voisinage de $\infty$ ( i.e. il existe $x_0$ tel que, pour tout $x\geq x_0$ on a $P(x)\geq 0$). De plus, au voisinage de $\infty$, on a: $$\begin{array}{lcl} \sqrt{P(x)}&=&\dsp x^2\left( 1+\frac{a}{x}+\frac{b}{x^2}+\frac{c}{x^3}+\frac{d}{x^4}\right)^{\frac{1}{2}}\\ &&\\ &=&\dsp x^2\left(1+\frac{1}{2}\left(\frac{a}{x}+\frac{b}{x^2}+\frac{c}{x^3}+\frac{d}{x^4}\right) -\frac{1}{8}\left(\frac{a^2}{x^2}+\frac{2ab}{x^3}+\frac{2ac}{x^4}\right)\right.\\ && \dsp \,\,\left. +\frac{1}{16}\left(\frac{a^3}{x^3}+\frac{3a^2b}{x^2}\right)-\frac{5}{128}\left(\frac{a^4}{x^4}\right)\right)+\underset{x\to\infty}{\mathrm{o}}\left(\frac{1}{x^2}\right)\\ &&\\ &=&\dsp x^2+\frac{a}{2}x+\frac{4b-a^2}{8}+\frac{8c-4ab+a^3}{16}\frac{1}{x}\\ &&\dsp \,\,+\frac{56d-32ac-16b^2+24a^2b-5a^4}{128}\frac{1}{x^2}+\underset{x\to\infty}{\mathrm{o}}\left(\frac{1}{x^2}\right) \end{array}$$ Ce qui donne, $$\begin{array}{lcl} \sqrt{P(x)}-(x^2+x+1)&=& \dsp (\frac{a}{2}-1)x+(\frac{4b-a^2}{8}-1)+\frac{8c-4ab+a^3}{16}\frac{1}{x}\\ &&\dsp +\frac{64d-32ac-16b^2+24a^2b-5a^4}{128} \frac{1}{x^2}+\underset{x\to\infty}{\mathrm{o}}\left(\frac{1}{x^2}\right) \end{array}$$ Donc pour que l'intégrale existe, il faut prendre $a=2,\,b=3$ et $c=2$, on obtient dans ce cas $$\sqrt{P(x)}-(x^2+x+1)= \frac{d-1}{2}\frac{1}{x^2}+\underset{x\to\infty}{\mathrm{o}}\left(\frac{1}{x^2}\right)\Longrightarrow \int_{x_0}^\infty (\sqrt{P(t)}-(t^2+t+1))\ud t \text{ converge}.$$ Il faut maintenant regarder si $P(x)\geq 0$ pour tout $x\geq 0$. En fait, un petit calcul montre que c'est le cas dès que $d\geq 0$. $$\boxed{\int_0^\infty(\sqrt{P(t)}-(t^2+t+1))\ud t < \infty \Longleftrightarrow P=X^4+2X^3+3X^2+2X+d,\,\text{ avec }d\geq 0.}$$
Étudier la convergence, en fonction des valeurs des réels $a$ et $b$, de $$\int_1^\infty\left(\sqrt{t^2+2t+3}-\sqrt{t^2+at+1}-\dfrac{b}{t}\right)\ud t.$$
$a\in [-2,\infty[$ puis un DL, $$\left(\sqrt{t^2+2t+3}-\sqrt{t^2+at+1}-\dfrac{b}{t}\right)=(1-a/2)+(1/2+a^2/8-b)/t+O(1/t^2).$$
Justifier l'existence et calculer les intégrales suivantes : $$ \mathbf{a) \,}\, \int_a^b{\dsp \frac{\ud x}{\sqrt{(x-a)(b-x)}}},\quad\mathbf{b) \,}\, \int_0^{+ \infty}{x \textrm{e}^{-x} \sin x \ud x},\quad \mathbf{c) \,}\, \int_0^1{\dsp \frac{\ud x}{(1+x) \sqrt{1 - x^2}}}. $$
$ \mathbf{a) \,}\dsp \int_a^b{\dsp \frac{\ud x}{\sqrt{(x-a)(b-x)}}} $.
On suppose que $b>a$. L'application $f:]a,b[\mapsto \R$ définie par
$f(x)=\dsp\dfrac{1}{\sqrt{(x-a)(b-x)}}$ est
$\boxed{continue}$ sur $]a,b[$. De plus,
$\quad \bullet$ Au voisinage de $a$, on a $f(x)\underset{a}{\thicksim}\dfrac{1}{\sqrt{b-a}\sqrt{x-a}}$
qui est intégrable sur
$]a,(a+b)/2]$ donc $f$ est intégrable sur $]a,(a+b)/2]$.
$\quad \bullet$ Au voisinage de $b$, on a $f(x)\underset{b}{\thicksim}\dfrac{1}{\sqrt{b-a}\sqrt{b-x}}$
qui est intégrable sur
$][(a+b)/2,b[$ donc $f$ l'est également.
On en déduit que $f$ est intégrable sur $]a,b[$.
On effectue le changement de variable $\varphi(t)=\dfrac{a+b}{2}+t\dfrac{b-a}{2}$ , $\varphi$ est de
classe $\CC^1$
de l'intervalle $]-1,1[$ dans l'intervalle $]a,b[$, de plus $\varphi$ est strictement croissante (donc
bijection),
c'est un changement de variable valide pour l'intégrale impropre proposée.
$$\int_a^b f(x)\ud x =\int_{\varphi^{-1}(a)}^{\varphi^{-1}(b)}f(\varphi(t))\varphi'(t)\ud
t=\int_{-1}^1
\dfrac{\frac{b-a}{2}}{\sqrt{\left(\frac{a+b}{2}+t\frac{b-a}{2}-a\right)\left(b-\frac{a+b}{2}-t\frac{b-a}{2}\right)}}\ud
t=\int_{-1}^1\dfrac{\ud t}{\sqrt{1-t^2}}.$$
Comme $\dsp\int_{-1}^1\dfrac{\ud t}{\sqrt{1-t^2}}=\left[\Arcsin(t)\right]_{-1}^1$, on obtient
finalement,
$$\boxed{\dsp \int_a^b{\dsp \frac{\ud x}{\sqrt{(x-a)(b-x)}}}=\pi .}$$
$\mathbf{b) \,}\dsp \int_0^{+ \infty}{x \textrm{e}^{-x} \sin x \ud x} $.
Vérifier que $x\overset{H}{\longmapsto} \dfrac{-\ee^{-x}}{2}\left((x+1)\cos(x)+x\sin(x)\right)$ est
une primitive de
$x\mapsto x\sin(x)\ee^{-x}$. Ensuite calculer la limite de $H(X)$ lorsque $X$ tend vers $\infty$, puis
conclure que l'intégrale
converge et que,
$$\boxed{\dsp \int_0^{+ \infty}{x \textrm{e}^{-x} \sin x \ud x}=\dfrac{1}{2}.}$$
Reamarque: Pour chercher une primitive de $x\sin(x)\ee^{-x}$, on fait une IPP,
$$
I(x)= \dsp\int x\sin(x)\ee^{-x}\ud x=\dsp (-x\sin(x)\ee^{-x})+\int (\sin(x)+x\cos(x))\ee^{-x} = -x\sin(x)\ee^{-x}+I_1(x)+I_2(x)$$
avec
$$
\begin{array}{lcl}
I_1(x)&=&\dsp\int \sin(x)\ee^{-x}\ud x \underset{IPP}{=} -\sin(x)\ee^{-x}+\int\cos(x)\ee^{-x}\\
&&\\
& \underset{IPP}{=}&\dsp -\sin(x)\ee^{-x} -\cos(x)\ee^{-x}-\int\sin(x)\ee^{-x}= -(\sin(x)+\cos(x))\ee^{-x}-I_1(x)
\end{array}
$$
donc $I_1(x)=\dfrac{-1}{2}(\sin(x)+\cos(x))\ee^{-x}$.
Ensuite,
$$
\begin{array}{lcl}
I_2(x)&=&\dsp\int x\cos(x)\ee^{-x}\ud x \underset{IPP}{=} -x\cos(x)\ee^{-x}+\int(\cos(x)-x\sin(x))\ee^{-x}\\
&&\\
& =&\dsp -x\cos(x)\ee^{-x} +\int \cos(x)\ee^{-x} -I(x)
\end{array}
$$
Un calcul similaire à $I_1(x)$ donne
$$\int \cos(x)\ee^{-x}= \dfrac{1}{2}(\sin(x)-\cos(x))\ee^{-x}$$
On remplace dans $I(x)$, ce qui donne
$$I(x) = -x\sin(x)\ee^{-x}+\dfrac{-1}{2}(\sin(x)+\cos(x))\ee^{-x}-x\cos(x)\ee^{-x} +\dfrac{1}{2}(\sin(x)-\cos(x))\ee^{-x} -I(x)$$
donc
$$2I(x)= -\ee^{-x}\left( x\sin(x)+x\cos(x)+\cos(x)\right).$$
$\mathbf{c) \,}\dsp \int_0^1{\dsp \frac{\ud x}{(1+x) \sqrt{1 - x^2}}} $.
L'application $f:[0,1[\mapsto \R$ définie par $f(x)=\dsp\dfrac{1}{(1+x)\sqrt{(1-x^2)}}$ est continue
sur $[0,1[$.
De plus, au voisinage de $1$, on a $f(x)\underset{1}{\thicksim}\dfrac{1}{2\sqrt{2}\sqrt{1-x}}$ qui est
intégrable sur $[0,1[$ donc $f$ l'est également.
On effectue le changement de variable $\varphi(t)=\cos(t)$, $\varphi$ est de classe $\CC^1$ de
l'intervalle $]0,\frac{\pi}{2}]$ dans l'intervalle $[0,1[$, d'autre part $\varphi$ est strictement
décroissante sur $]0,{\pi \over 2}]$ donc c'est une changement de variable valide.
$$\int_0^1f(x)\ud x =\int_{\frac{\pi}{2}}^0f(\varphi(t))\varphi'(t)\ud
t=\int_{\frac{\pi}{2}}^0\dfrac{-\sin (t)}{(1+\cos(t))\sin(t)}=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\ud
t}{1+\cos(t)}.$$
Pour le dernière intégrale, on pose $u=\tan \left(\frac{t}{2}\right)$ ce qui donne:
$$\ud u =\frac{1}{2}\left((1+\tan^2\left(\frac{t}{2}\right)\right)\ud t\Longrightarrow \ud
t=\dfrac{2\ud u}{1+u^2}\text{ et }1+\cos(t)=1+\dfrac{1-u^2}{1+u^2}=\dfrac{2}{1+u^2}$$
d'où,
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\ud t}{1+\cos(t)}=\int_0^1\dfrac{2\ud u}{\dfrac{2}{1+u^2}(1+u^2)}\ud
u=\int_0^1\ud u=1.$$
Soit finalement,
$$\boxed{\dsp \int_0^1{\dsp \frac{\ud x}{(1+x) \sqrt{1 - x^2}}}=1.}$$
Justifier l'existence et calculer les intégrales suivantes : $$ \begin{array}{lcl} \mathbf{a) }\,\dsp \int_2^{+ \infty}{\dsp\frac{\ud x}{x^2 \sqrt{x^2-4}}}&&\mathbf{b) }\,\dsp \int_{- \infty}^{+ \infty}{ \dsp \frac{\ud x}{(x^2+1)\sqrt{x^2+4}}} \\ \mathbf{c) }\,\dsp\int_0^{1}{\dsp \frac{t^3}{\sqrt{1-t^2}} \ud t}&& \mathbf{d) }\,\dsp \int_1^{+ \infty}\dfrac{\ud t}{t^3\sqrt{t^2-1}} \end{array} $$
$\mathbf{a) }\,\dsp \int_2^{+ \infty}{\dsp\frac{\ud x}{x^2 \sqrt{x^2-4}}}$.
L'application $f:]2,\infty[\mapsto \R$ définie par $f(x)=\dsp\dfrac{1}{x^2\sqrt{x^2-4}}$ est continue
sur $]2,\infty[$.
De plus,
$\quad \bullet$ Au voisinage de $2$, on a $f(x)\underset{2}{\thicksim}\dfrac{1}{8\sqrt{x-2}}$ qui est
intégrable sur $]2,3]$
donc $f$ est intégrable sur $]2,3]$.
$\quad \bullet$ Au voisinage de $\infty$, on a $f(x)\underset{\infty}{\thicksim}\dfrac{1}{x^3}$ qui
est intégrable sur
$[3,\infty[$ donc $f$ l'est également.
On en déduit que $f$ est intégrable sur $]2,\infty[$.
On effectue le changement de variable $\varphi(t)=2\ch (t)$ , $\varphi$ est de classe $\CC^1$ de
l'intervalle $]0,\infty[$ dans
l'intervalle $]2,\infty[$, de plus $\varphi$ est strictement croissante, c'est un changement de
variable valide pour l'intégrale
impropre proposé.
$$\int_2^\infty f(x)\ud x =\int_0^\infty \dfrac{2\sh(t)\ud
t}{4\ch^2(t)\sqrt{4\ch^2(t)-4}}=\int_0^\infty\dfrac{\ud t}{4\ch^2(t)}=
\left[\frac{\tanh (t)}{4}\right]_0^\infty$$
on en déduit alors
$$\boxed{\int_2^\infty f(x)\ud x =\frac{1}{4}.}$$
$\mathbf{b)}\,\, \dsp \int_{- \infty}^{+ \infty}{ \dsp \frac{\ud
x}{(x^2+1)\sqrt{x^2+4}}}$.
L'application $f: ]- \infty, \infty[\mapsto\R$ définie par $f(x)= \dsp \frac{1}{(x^2+1)\sqrt{x^2+4}}$
est continue.
De plus, on a:
$$\forall x\in \R,~~0< f(x)\leq \dfrac{1}{1+x^2}\Longrightarrow f \text{ est intégrable sur }\R,$$
puisque $x\mapsto \dfrac{1}{1+x^2}$ est intégrable sur $\R$.
De plus comme $f$ est paire alors $\dsp\int_\R f(x)\ud x =2\int_0^\infty f(x)\ud x $.
Posons $\varphi(t)=2\tan(t)$, on a $\varphi\in\CC^1([0,\frac{\pi}{2}[,\R_+)$ et $\varphi$ est
strictement croissante donc
c'est un changement de variable valable pour calculer $\dsp\int f$.
$$\int_0^\infty f(x)\ud x =\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{2(1+\tan^2(t))\ud
t}{(1+4\tan^2(t))\sqrt{4\tan^2(t)+4}}= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sqrt{(1+\tan^2(t))}\ud
t}{(1+4\tan^2(t))}=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\cos(t)\ud t}{1+3\sin^2(t)}$$
Or
$$\dsp \int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\cos(t)\ud t}{1+3\sin^2(t)}\underset{u=\sqrt{3}\sin
(t)}=\dsp\dfrac{1}{\sqrt{3}}\int_0^1\dfrac{\ud u}{1+u^2}=\left[\dfrac{1}{\sqrt{3}}\Arctan
(\sqrt{3}\sin (t)\right]_0^{1}.$$
Soit finalement,
$$\boxed{\int_\R f(x)\ud x =\frac{2}{\sqrt{3}}\Arctan (\sqrt{3})=\dfrac{2\pi}{3\sqrt{3}}.}$$
$\mathbf{d) }\,\,\dsp \int_1^{+ \infty}\dfrac{\ud t}{t^3\sqrt{t^2-1}}$.
L'application $f:]1,\infty[\mapsto \R$ définie par $f(t)=\dfrac{1}{t^3\sqrt{t^2-1}}$ est continue sur
$]1,\infty[$.
$\quad\bullet$ Au voisinage de $1$, $f(x)\underset{1}{\thicksim}\dfrac{1}{\sqrt{2}\sqrt{x-1}}$ comme
$\dsp\int_1^2\dfrac{\ud x }{\sqrt{x-1}}$ converge, on en déduit que $\dsp\int_1^2f(x)\ud x $
converge.
$\quad\bullet$ Au voisinage de $\infty$, on a $f(x)\underset{\infty}{\thicksim}\dfrac{1}{x^4}$ comme
$\dsp \int_2^\infty \dfrac{\ud x }{x^4}$ existe, il en est de même pour $\dsp\int_2^\infty f(x)\ud x
$.
Donc $\dsp\int_1^\infty f(x)\ud x $ converge.
On fait le changement de variable $x=\ch(t)$ (voir aussi $\mathbf{d)}$).
$$\int_1^\infty f(x)\ud x =\int_0^\infty\dfrac{\sh(t)\ud t}{\ch^3(t)\sh(t)}=\int_0^\infty\dfrac{\ud
t}{\ch^3(t)}=\int_0^\infty\dfrac{\ch(t)\ud t}{(1+\sh^2(t))^2}=\int_0^1\dfrac{\ud u}{(1+u^2)^2}$$
On pose $\psi(v)=\tan(v)$, $\psi$ est de classe $\CC^1$ sur $[0,\frac{\pi}{2}[$ dans $[0,\infty[$
strictement croissante,
$$\int_0^\infty\dfrac{\ud u}{(1+u^2)^2}=\int_0^\frac{\pi}{2}
\dfrac{\mathrm{d}v}{1+\tan^2(v)}=\int_0^\frac{\pi}{2}\cos^2(v)\mathrm{d}v
=\left[\dfrac{v+\sin(2v)}{2}\right]_0^{\frac{\pi}{2}}.$$
On en déduit,
$$\boxed{\int_1^\infty\dfrac{\ud t}{t^3\sqrt{t^2-1}}=\dfrac{\pi}{4}.}$$
$\mathbf{c) }\,\, \dsp\int_0^{1}{\dsp \frac{t^3}{\sqrt{1-t^2}} \ud t} \qquad $.
L'application $f:[0,1[\mapsto \R$ définie par $f(t)=\dfrac{t^3}{\sqrt{1-t^2}}$ est continue sur
$[0,1[$.
$\quad\bullet$ Au voisinage de $1$, $f(x)\underset{1}{\thicksim}\dfrac{1}{\sqrt{2}\sqrt{1-x}}$ comme
$\dsp\int_0^1\dfrac{\ud x }{\sqrt{1-x}}$ converge, on en déduit que $\dsp\int_0^1f(x)\ud x $
converge.
On fait le changement de variable $\varphi(t)=\cos(t)$. $\varphi\in \CC^1(]0,\frac{\pi}{2}],[0,1[)$
strictement décroissante donc
c'est un changement de variable valide pour notre intégrale.
$$\int_0^1 f(x)\ud x =\int_{\frac{\pi}{2}}^1\dfrac{\cos^3(t)(-\sin(t))\ud
t}{\sqrt{1-\cos^2(t)}}=\int_0^\frac{\pi}{2}\cos^3(t)\ud t
=\int_0^\frac{\pi}{2}(1-\sin^2(t))\cos(t)\ud
t=\left[\sin(t)-\dfrac{\sin^3(t)}{3}\right]_0^{\frac{\pi}{2}}$$
Soit,
$$\boxed{\int_0^1\dfrac{t^3\ud t}{\sqrt{1-t^2}}=\dfrac{2}{3}.}$$
Justifier l'existence et calculer les intégrales suivantes : $$ \mathbf{a) \,}\, \int_0^{\pi/2}{\sqrt{\tan x} \ud x} ,\mathbf{b) \,}\, \int_1^{+\infty}{\dsp \frac{x-E(x)}{x^2}\ud x}, \mathbf{c) \,}\, \int_0^1{\dsp \frac{t^n-1}{\ln t} \ud t}. $$
$\mathbf{a) }\,$ $\dsp \int_0^{\pi/2}{\sqrt{\tan x} \ud x} $.
Soit $f:[0,\pi/2[\mapsto\R$ définie par $f(x)=\sqrt{\tan x} $, $f\in \CC([0,\frac{\pi}{2}[)$.
Au voisinage de $\frac{\pi}{2}$, on a $\cos (x)\underset{\frac{\pi}{2}}{\thicksim} (\frac{\pi}{2}-x)$
d'où $f(x)
\underset{\frac{\pi}{2}}{\thicksim} \dfrac{1}{\sqrt{\frac{\pi}{2}-x}}$ comme
$\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\ud t}{\sqrt{\frac{\pi}{2}-t}}$ existe alors on conclut
$\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(x)\ud x $
existe.
On fait le changement de variable, $\varphi(t)=\sqrt{\tan t}$ de classe $\CC^1(]0,\pi/2[)$ dans $\R$
de plus $\varphi$ est
strictement croissante donc ce changement est valable pour le calcul de l'intégrale.
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(x)\ud x =\int_0^\infty\dfrac{2t^2\ud t}{1+t^4}=\int_0^\infty\dfrac{t\ud
t}{\sqrt{2}(t^2-\sqrt{2}t+1)}-\int_0^\infty\dfrac{t\ud t}{\sqrt{2}(t^2+\sqrt{2}t+1)}.$$
D'autre part, on a:
$$\begin{array}{lcl}
\dsp \int\dfrac{t\ud t}{t^2-\sqrt{2}t+1}&=&\dsp
\frac{1}{2}\int\dfrac{2t-\sqrt{2}}{t^2-\sqrt{2}t+1}+\frac{\sqrt{2}}{2}\int\dfrac{\ud
t}{(t-\frac{1}{\sqrt{2}})^2+\frac{1}{2}}\\
&&\\
&=&\dsp \ln\left(\sqrt{t^2-\sqrt{2}t+1}\right)+\Arctan (\sqrt{2}t-1)
\end{array}$$
Un calcul similaire, nous donne,
$$\int\dfrac{t\ud t}{t^2+\sqrt{2}t+1}=\ln\left(\sqrt{t^2+\sqrt{2}t+1}\right)-\Arctan (\sqrt{2}t+1).$$
Soit
$$\boxed{\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(x)\ud x
=\limiteX{X}{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left[\ln\left(\dfrac{\sqrt{t^2-\sqrt{2}t+1}}{\sqrt{t^2+\sqrt{2}t+1}}\right)+\Arctan(\sqrt{2}t-1)+\Arctan
(\sqrt{2}t+1)\right]_0^X=\,\dfrac{\pi}{\sqrt{2}}.}$$
$\mathbf{c) }\,$ $\dsp \int_0^1{\dsp \frac{t^n-1}{\ln t} \ud t} $.
Soit $n\in \N^*$ (le cas $n=0$ est évident). Soit $f:]0,1[\mapsto\R$ définie par $f(x)=\dsp
\frac{x^n-1}{\ln x} $,
$f$ est continue sur $]0,1[$.
$\quad \bullet$ Au voisinage de $0$, on a $f(x)\tendvers{x}{0^+}\,0$ car
$\ln(x)\tendvers{x}{0^+}-\infty$.
$\quad \bullet$ Au voisinage de $1$, on a:
$$f(x)=\dfrac{(x-1)\left(1+x+\cdots+x^{n-1}\right)}{\ln(x)}=(1+x+...+x^{n-1})\left(\dfrac{\ln(x)-\ln(1)}{x-1}\right)^{-1}\tendvers{x}{1}n.$$
Donc $f$ est prolongeable par continuité sur $[0,1]$, d'où $\dsp\int_0^1f(x)\ud x $ existe.
On pose $\varphi(t)=\ee^{-t}$, on a $\varphi\in \CC^1([0,\infty[)$ dans l'intervalle $]0,1]$ de plus
$\varphi$ est strictement
décroissante donc c'est un changement de variable valide pour cette intégrale.
$$\int_0^1f(x)\ud x =\int_\infty^0f(\varphi(t))\varphi'(t)\ud
t=\int_0^\infty\dfrac{\ee^{-nt}-1}{-t}(-\ee^{-t})\ud
t=\int_0^\infty\dfrac{\ee^{-(n+1)t}-\ee^{-t}}{t}\ud t$$
En utilisant le résultat de l'Exercice précédent, on trouve
$$\boxed{\int_0^1\dfrac{x^n-1}{\ln(x)}\ud x =\,\ln(n+1).}$$
$\mathbf{b) }$ $\dsp \int_1^{+\infty}{\dsp \frac{x-E(x)}{x^2}\ud x}$.
L'application $f:[1,\infty[\mapsto\R$ définie par $f(x)=\dsp \frac{x-E(x)}{x^2}$ est continue par
morceau sur $[1,\infty[$, de plus
au voisinage de $\infty$, on a $f(x)\underset{\infty}{=}\mathrm{O}\left(\dfrac{1}{x^2}\right)$ donc
$\dsp{\int_1^\infty f(t)\ud t}$
existe.
Soit $N\in \N^*$, on a
$$\begin{array}{lcl}
\dsp \int_1^Nf(x)\ud x &=&\dsp \sum_{k=1}^{N-1}\int_k^{k+1}\dfrac{x-k}{x^2}\ud x \\
&=&\dsp \sum_{k=1}^{N-1}\int_k^{k+1}\dfrac{\ud x }{x}-\int_k^{k+1}\dfrac{k\ud x }{x^2}\\
&=&\dsp \sum_{k=1}^{N-1}\ln\left(\dfrac{k+1}{k}\right)-\dfrac{1}{k+1}=\ln(N)-\sum_{k=2}^N\dfrac{1}{k}.
\end{array}$$
Or, on sait que $\dsp \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k}-\ln(n)\tendvers{n}{\infty}\gamma$ (
Suivant la valeur de $\alpha\in \R$, étudier l'existence des intégrales suivantes : $$\mathbf{a) }\,\dsp \int_0^{+ \infty}{x^{\alpha} \textrm{e}^{-x} \ln x \ud x} ,\,\quad\mathbf{b) }\, \dsp \int_0^{+ \infty}{\dsp \frac{1-\mathrm{th} x}{x^\alpha} \ud x} $$ $$\mathbf{c) }\, \dsp \int_1^\infty\dsp \left(\frac{x+1}{x+2}\right)^{x\ln(x)^\alpha } \ud x,\,\quad\mathbf{d) }\, \dsp \int_0^1{(- \ln x)^\alpha \ud x}$$
$\mathbf{a) } $ $\dsp \int_0^{+ \infty}{x^{\alpha} \textrm{e}^{-x} \ln x \ud x} \qquad $
L'application $f:]0,\infty[\mapsto\R$ définie par $f(x)=x^\alpha\ln(x)\ee^{-x}$ est continue sur
$\R_+$
Conclusion:
$$\boxed{\dsp \int_0^{+ \infty}{x^{\alpha} \textrm{e}^{-x} \ln x \ud x} \text{ converge ssi }
\alpha\in ]-1,\infty[}.$$
$\mathbf{b) } $ La fonction $f: x\longmapsto \dsp \frac{1-\mathrm{th} x}{x^\alpha}$ est continue sur
$\R_+^*$.
Conclusion $$\boxed{\dsp\int_0^\infty f(x)\ud x \text{ converge ssi } \alpha < 1}.$$
$\mathbf{c) } $ $\dsp \int_1^\infty\dsp \left(\frac{x+1}{x+2}\right)^{x\ln(x)^\alpha } \ud x$
La fonction $x\longmapsto \dsp \left(\frac{x+1}{x+2}\right)^{x\ln(x)^\alpha
}=\ee^{x\ln(x)^\alpha\ln\left(\frac{x+1}{x+2}\right)}$
est continue sur $]1,\infty[$
Conclusion: $$\boxed{\dsp\int_1^\infty f(x)\ud x \text{ converge ssi } \alpha>1}.$$ $\mathbf{d) } \,\,\,\dsp \int_0^1{(- \ln x)^\alpha \ud x}\qquad$ On distingue deux cas,
D'autre part au voisinage de $1$, on a $f_\alpha(x)\dsp\underset{1}{\thicksim}\dfrac{1}{(1-x)^\alpha}$, en effet; $$\limiteX{x}{1}\dfrac{(-\ln(x))^\alpha}{(1-x)^\alpha}=\limiteX{x}{1}\left(\dfrac{-\ln(x)}{1-x}\right)^\alpha=\limiteX{x}{1}\left(\dfrac{\ln(x)-\ln(1)}{x-1}\right)^\alpha=1$$ On en déduit que $\dsp\int_\frac{1}{2}^1f_\alpha(x)\ud x $ et $\dsp\int_{\frac{1}{2}}^1\dfrac{\ud x }{(1-x)^\alpha}$ ont la même nature, or cette dernière ne converge que si $\alpha>-1$. Conclusion $\boxed{\dsp \int_0^1{(- \ln x)^\alpha \ud x} \text{ converge ssi } \alpha\in ]-1,\infty[}.$
Soit $a>0 $. Existence et calcul de $\dsp\int_a^{\infty}\dfrac{\ud x}{(1+x^2)\sqrt{x^2-a^2}}$.
L'application $f:]a,\infty[\mapsto \R$ définie par $f(x)=\dsp\dfrac{1}{(1+x^2)\sqrt{x^2-a^2}}$ est continue sur $]a,\infty[$. De plus,
$\quad \bullet$ Au voisinage de $a$, on a $f(x)\underset{a}{\thicksim}\dfrac{1}{(1+a^2)\sqrt{2a}\sqrt{x-a}}$ qui est intégrable sur $]a,a+1]$ donc $f$ est intégrable sur $]a,a+1]$.
$\quad \bullet$ Au voisinage de $\infty$, on a $f(x)\underset{\infty}{\thicksim}\dfrac{1}{x^3}$ qui est intégrable sur $[a+1,\infty[$ donc $f$ l'est également.
On en déduit que $f$ est intégrable sur $]a,\infty[$.
On effectue le changement de variable $u=\varphi(x)=a\ch (x)$ , $\varphi$ est de classe $\CC^1$ de l'intervalle $]0,\infty[$ dans l'intervalle $]a,\infty[$, de plus $\varphi$ est strictement croissante ($\varphi'(t)=a\sh (x) ={\sqrt{a^2\ch (x)^2-a^2}}$), c'est un changement de variable valide pour l'intégrale impropre proposé. $$I(a)=\int_a^\infty f(x)\ud x =\int_0^\infty \dfrac{a\sh(t)\ud t}{(1+a^2\ch^2(t))\sqrt{a^2\ch^2(t)-a^2}}=\int_0^\infty\dfrac{\ud t}{1+a^2\ch^2(t)}$$ On pose $\psi (x)=\frac12 \ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)$ pour $x\in ]0,1[$, alors $\psi $ est strictement croissante ($\psi'(x)=\dfrac{1}{1-x^2}$), et $$ \ch(\psi (x))^2= \dfrac{1}{4}\left(\ee^{\ln\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}}+\ee^{\ln\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}}\right)^2 =\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1+x}{1-x}+2+\dfrac{1-x}{1+x}\right)=\dfrac{1}{1-x^2} $$ on en déduit alors $$I(a)=\int_0^1\dfrac{ 1}{1+\dfrac{a^2}{1-x^2}}\dfrac{\ud x}{1-x^2}=\int_0^1\dfrac{\ud x}{1+a^2-x^2}=\dfrac{1}{2b}\left[\ln\left(\dfrac{b+x}{b-x}\right)\right]_0^1$$ avec $b=\sqrt{a^2+1}$. finalement $$\boxed{\int_a^\infty f(x)\ud x =\frac{1}{\sqrt{a^2+1}}\ln\left(\dfrac{1+\sqrt{a^2+1}}{a}\right).}$$
Pour $n\in \N^*$, on pose $I_n=\dsp\int_0^\infty\dfrac{\ud x}{(1+x^2)^n}$.
$\mathbf{1. }\,$
Pour $n\in \N^*$, on pose $f_n(x)=\dfrac{1}{(1+x^2)^n}$, on a $f$ est continue sur $\R_+$ de plus au
voisinage de $\infty$, on a
$f(x)\thicksim\dfrac{1}{x^{2n}}$ donc $\dsp\int_{\R_+}f_n$ converge par comparaison avec les fonctions
de références de Riemann.
$\mathbf{2. }\,$
Soit $n\geq 1$, on a
$$I_{n}=\left[\dfrac{x}{(1+x^2)^n}\right]_0^{X\to \infty}+\int_0^\infty
\dfrac{2nx^2}{(1+x^2)^{n+1}}=2nI_n-2nI_{n+1}\Longrightarrow \boxed{I_{n+1}=\dfrac{2n-1}{2n}I_n}.$$
On peut également écrire, pour tout $n\geq 2$,
$$ \begin{array}{lcl}
I_n&=&\dfrac{2n-3}{2n-2}I_{n-1}=\dfrac{2n-3}{2n-2}\dfrac{2n-5}{2n-4} I_{n-2}
= \dfrac{(2n-3)(2n-5)\cdots 1}{(2n-2)(2n-4)\cdots 2}I_1\\
&&\\
&=&\dfrac{(2n-2)(2n-3) (2n-4) (2n-5)\cdots 2\times 1}{(4n^2)(4(n-1)^2)\cdots 4}I_1.
\end{array}$$
Comme $I_1=\dfrac{\pi}{2}$, on trouve finalement, $\boxed{\dsp \forall n\in
\N^*,\,\,I_n=\dfrac{(2n-2)!}{4^{n-1}(n-1)!^2}\dfrac{\pi}{2}}$.
Pour $n\in \N^*$, on pose $I_n=\dsp\int_0^\infty\dfrac{\ud x}{(1+x^4)^n}$.
$\mathbf{1. }$
Pour $n\in \N^*$, on pose $f_n(x)=\dfrac{1}{(1+x^4)^n}$, on a $f$ est continue sur $\R_+$ de plus au
voisinage de $\infty$,
on a $f(x)\thicksim\dfrac{1}{x^{4n}}$ donc $\dsp\int_{\R_+}f_n$ converge par comparaison avec les
fonctions de références de
Riemann.
$\mathbf{2. }$ On définit, pour $t\in \R_+^*$, $\varphi(t)=\dfrac{1}{t}$, $\varphi$ est de classe
$\CC^1$ sur $\R_+^*$ de plus
$\varphi$ est bijective donc c'est une changement de variable valide pour le calcul de $I_1$,
$$\begin{array}{lcl}
I_1&=&\dsp \int_0^\infty f_1(t)\ud t=\int_\infty^0 f_1(\varphi(u))\varphi'(u)\ud u\\
&&\\
&=&
\dsp \int_\infty^0\dfrac{1}{1+\frac{1}{t^4}}\dfrac{-\ud t}{t^2}=\int_0^\infty\dfrac{\ud
t}{t^2+\frac{1}{t^2}}\\
&=&\dsp \int_0^\infty\dfrac{t^2}{t^4+1}\ud t\Longrightarrow
I_1=\dfrac{1}{2}\int_0^\infty\dfrac{u^2+1}{u^4+1}\ud u.
\end{array}$$
En effet,
$$2I_1= I_1+I_1 = \int_0^\infty\dfrac{1}{t^4+1}\ud t+ \int_0^\infty\dfrac{t^2}{t^4+1}\ud t =
\int_0^\infty\dfrac{1+t^2}{t^4+1}\ud t$$
Posons, pour $u>0$, $\psi (u)=u-\dfrac{1}{u}$, on a $\psi$ est de classe $\CC^1$ sur $\R_+^*$ et
$\psi'(u)=1+\dfrac{1}{u^2}=\dfrac{u^2+1}{u^2}$ donc $\psi $ est une bijection de $\R_+^*$ dans
$]-\infty,\infty[$,
donc c'est une changement de variable valide pour le calcul de $I_1$, on note alors $v=\psi(u)$ (donc
$u=\psi^{-1}(v)$).
Un calcul simple, nous donne $u=\dfrac{v+\sqrt{v^2+4}}{2}=\psi^{-1}(v)$ donc $\psi^{-1}(v)'=
\dfrac{1}{2}\left(1+\dfrac{v}{\sqrt{v^2+4}}\right)$,
remarquons que
$1+\psi^{-1}(v)^2=1+\dfrac{v^2+2v\sqrt{v^2+4}+v^2+4}{4}=\dfrac{v+\sqrt{v^2+4}}{2}\sqrt{v^2+4}$,
d'autre part, comme $v=u-1/u$ alors $v^2+2=u^2+1/u^2$ soit
$\dfrac{u^4+1}{u^2}=\dfrac{\psi^{-1}(v)^4+1}{\psi^{-1}(v)^2}=v^2+2$
$$\begin{array}{lcl}
I_1&=&\dsp \dfrac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty
\dfrac{\dfrac{v+\sqrt{v^2+4}}{2}\sqrt{v^2+4}
}{(v^2+2)\psi^{-1}(v)^2}\dfrac{1}{2}\left(1+\dfrac{v}{\sqrt{v^2+4}}\right)\ud v\\
&&\\
&=&\dsp \int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{\dfrac{v+\sqrt{v^2+4}}{8}\sqrt{v^2+4}
}{(v^2+2)\psi^{-1}(v)^2}\left(\dfrac{v+\sqrt{v^2+4}}{\sqrt{v^2+4}}\right)\ud v \\
&&\\
&=&\dsp \dfrac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty\dfrac{\ud v}{v^2+2}.
\end{array}$$
Donc
$$\boxed{I_1=\int_0^\infty\dfrac{\ud
v}{v^2+2}=\left[\dfrac{1}{\sqrt{2}}\Arctan\left(\frac{v}{\sqrt{2}}\right)\right]_0^{\longrightarrow\infty}=\dfrac{\pi}{2\sqrt{2}}}.$$
$\mathbf{3. }$
On fait une IPP, on obtient
$$\boxed{\forall n\in \N^*,\quad
I_{n+1}=\dfrac{4n-1}{4n}I_n=\prod_{k=1}^{n-1}\dfrac{4k-1}{4k}\,\,I_1.}$$
$\mathbf{4. }$
La suite $(I_n)_n$ est décroissante, minorée par $0$ donc elle converge. De plus d'après la question
précédente, on a
$$\ln(I_n)=\ln(I_1)+\dsum_{k=1}^{n-1}\ln\left(1-\dfrac{1}{4k}\right)\tendversN\,-\infty,
\,\text{puisque }\ln\left(1-\dfrac{1}{4k}\right)\underset{k\to\infty}{\thicksim}\dfrac{-1}{4k},$$
On en déduit donc que $\boxed{I_n\tendversN\,0}$.
On pose pour $n\in \N$, $I_n=\dsp\int_0^\infty\sin^{2n}(t)\ee^{-t}\ud t$.
Existence et calcul de $$\mathbf{a)\,}\, \dsp\int_1^\infty\left(\Arcsin \left(\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x}\right)\ud x,\quad \mathbf{b)\,}\,\, \dsp\int_0^\infty\dfrac{x^2\ln(x)}{(1+x^3)^2}\ud x.$$
$\mathbf{a) }$ La fonction $f:t\longmapsto \Arcsin \left(\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x}$ est continue
sur $[1,\infty[$.
De plus, au voisinage de $\infty$, on a $f(x)\underset{x\to \infty}{\thicksim}\dfrac{1}{6x^3}$ ce qui
assure l'existence de
l'intégrale $\dsp\int_1^\infty f(x)\ud x$.
Soit $X>1$, on a
$$\begin{array}{lcl}
\dsp \int_1^Xf(x)\ud x&=&\dsp
\left[x\Arcsin\left(\frac{1}{x}\right)-\ln(x)\right]_1^X+\int_1^X\dfrac{x\ud x}
{x^2\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}}\\
&&\\
&=&
\dsp X\Arcsin\left(\frac{1}{X}\right)-\Arcsin(1)-\ln(X)+\int_1^X\dfrac{\ud x}{\sqrt{x^2-1}}.
\end{array}$$
Comme $\dsp\int_1^X\dfrac{\ud x}{\sqrt{x^2-1}}=\left[\ln\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)\right]_1^X$, on en
déduit alors,
$$\begin{array}{lcl}
\dsp\int_1^Xf(x)\ud x&=&X\Arcsin\left(\frac{1}{X}\right)-\Arcsin(1)-\ln(X)
+\ln\left(X+\sqrt{X^2-1}\right)\\
&&\\
&=&X\Arcsin(X)-\dfrac{\pi}{2}+\ln\left(1+\sqrt{1-\frac{1}{X^2}}\right)
\tendvers{X}{\infty}1-\dfrac{\pi}{2}+\ln(2).
\end{array}$$
$\mathbf{b)}\,$ La fonction $g:x\longmapsto \dfrac{x^2\ln(x)}{(1+x^3)^2}$ est continue sur
$]0,\infty[$.
On en déduit que $\dsp\int_0^\infty g(t)\ud t$ converge.
On effectue le changement de variable $\varphi(t)=\dfrac{1}{t}$, $\varphi $ est de classe $\CC^1$ sur
$]0,\infty[$ avec $\varphi'(t)=\dfrac{-1}{t^2} < 0$ donc $\varphi$ est bijective, ce qui assure la
validité de ce changement de variable.
$$\int_0^\infty g(t)\ud t=\int_\infty^0
\dfrac{\dfrac{1}{t^2}\ln\left(\frac{1}{t}\right)}{\left(1+\frac{1}{t^3}\right)^2}
\dfrac{-\ud t}{t^2}=\int_0^\infty\dfrac{-t^2\ln(t)\ud t}{(1+t^3)^2}=-\int_0^\infty g(t)\ud t
\Longrightarrow \boxed{\int_0^\infty g(t)\ud t=0}.$$
Soit $f\in \CC(\R,\C)$ $2\pi$-périodique. On note $c_0(f)=\dsp{\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}f(t)\ud t}$.
Soit $f\in \CC(\R_+,\R)$. Pour tout $x>0$, on pose $g(x)=\dsp\frac{1}{x}\int_0^xf(t)\,\ud t$.
Soit $f\in \CC(\R_+,\R)$ bornée. On note $I=\dsp\int_0^\infty\dfrac{f(x)\ud x}{1+x^2}$ et $J=\dsp\int_0^\infty\dfrac{f(1/x)\ud x}{1+x^2}$.
Montrer que l'intégrale $\dsp\int_0^\infty\dfrac{x\ud x}{\ee^{2x}-\ee^{-x}}$ converge et qu'elle égale à $\dsum_{k=0}^\infty\dfrac{1}{(3k+2)^2}$.
L'application $f:x\longmapsto\dfrac{x}{\ee^{2x}-\ee^{-x}}$ est continue sur $]0,\infty[$. De plus,
On en déduit que $\dsp\int_0^\infty f(x)\ud x$ existe.
Soit $n\in \N$. Pour tout $x\in ]0,\infty[$, on a
$$f(x)=\dfrac{x\ee^{-2x}}{1-\ee^{-3x}}=x\ee^{-2x}\left(\dsum_{k=0}^n\ee^{-3kx}+
\dfrac{\ee^{-3(n+1)x}}{1-\ee^{-3x}}\right).$$
Étudier la convergence de $\dsp\int_0^\infty\dfrac{\ln(t)^2\ud t}{1+t^2}$.
Comparer $\dsp\int_0^1\dfrac{\ln(t)^2\ud t}{1+t^2}$ et $\dsp\int_1^\infty\dfrac{\ln(t)^2\ud
t}{1+t^2}$, puis montrer que
$\dsp\int_0^\infty\dfrac{\ln(t)^2\ud t}{1+t^2}=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{4(-1)^n}{(2n+1)^3}$.
Supplément Comment faire pour calculer une valeur approchée de l'intégrale à $10^{-3}$ près?
La fonction $f(t)=\dfrac{\ln(t)^2}{1+t^2}$ est continue sur $]0,\infty[$. De plus,
On en déduit que $\dsp \int_0^\infty\dfrac{\ln(t)^2\ud t}{1+t^2}$ converge.
Pour la suite de la question, il suffit de faire le changement de variable $\varphi(t)=\dfrac{1}{t}$
(de classe $\CC^1$, strictement décroissante donc bijective).
$$\begin{array}{lcl}
\dsp\int_1^\infty\dfrac{\ln(x)^2\ud x}{1+x^2}&=&\dsp
\int_{\varphi^{-1}(1)}^{\varphi^{-1}(\infty)} \dfrac{\ln(\varphi(t))^2}{1+\varphi^2(t)}\varphi'(t)\ud
t\\
&&\\
&=&\dsp \int_1^0\dfrac{\ln\left(\dfrac{1}{t}\right)^2}{1+\dfrac{1}{t^2}}\dfrac{\ud t}{-t^2}
=\int_0^1\dfrac{(-\ln(t))^2}{1+t^2}\ud t=\int_0^1f(t)\ud t.
\end{array}$$
Soit $n\in\N^*$, pour tout $t\in ]0,1[$, on a:
$$\dfrac{\ln(t)^2}{1+t^2}=\dsum_{k=0}^n(-1)^k\ln(t)^2t^{2k}+\dfrac{(-1)^{n+1}\ln(t)^2t^{2n+2}}{1+t^2}$$
donc
$$\abs{\int_0^1f(t)\ud t- \dsum_{k=0}^n(-1)^k\int_0^1\ln(t)^2t^{2k}\ud t}\leq
\int_0^1\dfrac{\ln(t)^2t^{2n+2}}{1+t^2}\ud t$$
Un étude rapide de la fonction $\varphi_n(t)=\ln(t)^2t^{2n+2}$ montre que
$$\forall t \in ]0,1],\quad \varphi_n(t)\leq
\varphi_n\left(\ee^{\frac{-1}{n+1}}\right)=\dfrac{1}{(n+1)^2\ee^2}\Longrightarrow\int_0^1\dfrac{\ln(t)^2t^{2n+2}}{1+t^2}\ud
t\leq \dfrac{\pi}{4\ee^2}\dfrac{1}{(n+1)^2} .$$
D'autre part, pour tout $k\in \N$, on a:
$$\begin{array}{lcl}
\dsp \int_0^1\ln(t)^2t^{2k}\ud t &=&\dsp
\left[\ln(t)^2\dfrac{t^{2k+1}}{2k+1}\right]_0^1-\int_0^1\dfrac{2\ln(t)t^{2k}}{2k+1}\ud t\\
&&\\
&=&\dsp
-\left[\ln(t)\dfrac{2t^{2k+1}}{(2k+1)^2}\right]_0^1+\int_0^1\dfrac{2t^{2k}}{(2k+1)^2}\ud t
\\
&&\\
&=&\dfrac{2}{(2k+1)^3}.
\end{array}$$
On en déduit,
$$\abs{\int_0^1f(t)\ud t- \dsum_{k=0}^n\dfrac{2(-1)^k}{(2k+1)^3}}\leq
\dfrac{\pi}{4\ee^2}\dfrac{1}{(n+1)^2}\Longrightarrow \int_0^1f(t)\ud
t\tendversN\,\dsum_{k=0}^\infty\dfrac{2(-1)^k}{(2k+1)^3}$$
Vu que $\dsp\int_0^1f(t)\ud t=\int_1^\infty f(t)\ud t$, on en déduit finalement,
$$\boxed{\int_0^\infty\dfrac{\ln(t)^2\ud t}{1+t^2} = \dsum_{k\geq 0}\dfrac{4 (-1)^k}{(2k+1)^3}.}$$
Pour calculer une valeur approchée de l'intégrale, et d'après le cours sur les séries alternées, on a
$$ \forall n\geq 0,\,\abs{\int_0^\infty f(t)\ud t- \dsum_{k=0}^n\dfrac{4(-1)^k}{(2k+1)^3}}=
\abs{\dsum_{k\geq n+1}\dfrac{4(-1)^k}{(2k+1)^3}}\leq \dfrac{4}{(2n+3)^3}.$$
Donc pour avoir une valeur approchée à $10^{-3}$, il suffit de prendre $n\geq 7$.
%$$\int_0^1f(t)\ud t = \dfrac{4}{1}-\dfrac{4}{27}+++=$$
Les valeurs données avec Maple
$$\begin{array}{lcl}
A=\int_0^1\dfrac{\ln(t)^2\ud t}{1+t^2}&=&\textcolor{blue}{3.875}\,\,78458503747752193453938339\\
B=\dsum_{k=0}^7\dfrac{4(-1)^k}{(2k+1)^3}&=&\textcolor{blue}{3.875}\,\,30723287537487508530636417\\
A-B&=&0.000\,47735216210264684923301922
\end{array}$$
L'application $t\mapsto \ln(1+\frac{1}{t^2})$ est continue sur $\R_+^*$.
Soient $0< \varepsilon< X\in\R_+^*$, on a
$$\begin{array}{lcl}
\dsp \int_\varepsilon^X\ln\left(1+\frac{1}{t^2}\right)\ud t&=&\dsp
\left[t\ln\left(1+\frac{1}{t^2}\right)\right]_\varepsilon^X-\int_\varepsilon^Xt\dfrac{\frac{-2}{t^3}}{1+\frac{1}{t^2}}\ud
t
=\left[t\ln\left(1+\frac{1}{t^2}\right)\right]_\varepsilon^X+\left[2\Arctan(t)\right]_\varepsilon^X\\
&&\\
&=&X\ln\left(1+\frac{1}{X^2}\right)+2\Arctan(X)-\varepsilon\ln\left(1+\frac{1}{\varepsilon^2}\right)-2\Arctan(\varepsilon)
\end{array}$$
Comme $X\ln\left(1+\frac{1}{X^2}\right)\tendvers{X}{\infty}\,0$ (resp.
$\varepsilon\ln\left(1+\frac{1}{\varepsilon^2}\right)\tendvers{\varepsilon}{0^+}\,0$) et
$\Arctan(X)\tendvers{X}{\infty}\dfrac{\pi}{2}$
(resp. $\Arctan(\varepsilon)\tendvers{\varepsilon}{0^+}0$). On en déduit,
Soit $f\in \CC(\R_+,\R)$ intégrable sur $\R_+$ et telle que
$f(x)=\underset{x\to\infty}{\mathrm{O}}\left(\frac{1}{x^2}\right)$.
Montrer que pour tout $a>0$, $g(x)=f\left(x+\frac{a}{x}\right)$ et $h(x)=f\left(\sqrt{x^2+4a}\right)$
sont intégrables sur $\R_+$ et leurs intégrales sont égales.
Existence
Posons pour $u\in \R_+$, $\varphi_1(u)=\dfrac{1}{2}\left(\sqrt{u^2+4a}-u\right)$, on a
$$\forall u\in \R_+,\quad \varphi_1(u)'=\dfrac{1}{2}\left(\frac{u}{\sqrt{u^2+4a}}-1\right)<
0\Longrightarrow \varphi_1 \text{ est strictement décroissante}.$$
On en déduit que $\varphi_1$ réalise une bijection de $\R_+$ sur $\varphi_1(\R_+)=]0,\sqrt{a}]$, de
plus, on a :
$$\begin{array}{lcl}
\varphi_1(u)+\frac{a}{\varphi_1(u)}&=&\dfrac{\sqrt{u^2+4a}-u}{2}+\dfrac{2a}{\sqrt{u^2+4a}-u}\\
&&\\
&=&\dfrac{u^2+4a-2u\sqrt{u^2+4a}+u^2+4a}{2(\sqrt{u^2+4a}-u)}=\dfrac{u^2+4a-u\sqrt{u^2+4a}}{\sqrt{u^2+4a}-u}=\sqrt{u^2+4a}
\end{array}.$$
En appliquant ce changement du variable pour calculer $I_1$, on trouve :
$$\begin{array}{lcl}
\dsp \int_0^{\sqrt{a}}f\left(u+\frac{a}{u}\right)\ud u &=&\dsp
\int_{\varphi_1^{-1}(0)}^{\varphi_1^{-1}(\sqrt{a})}
f\left(\varphi_1(u)+\frac{a}{\varphi_1(u)}\right)\varphi_1'(u)\ud u\\
&&\\
&=&\dsp\int_{\infty}^0f\left(\sqrt{u^2+4a}\right)\left(\dfrac{u}{2\sqrt{u^2+4a}}-\dfrac{1}{2}\right)\ud
u\\
&&\\
&=&\dsp \dfrac{1}{2}\int_0^\infty
f\left(\sqrt{u^2+4a}\right)\left(1-\dfrac{u}{\sqrt{u^2+4a}}\right)\ud u.
\end{array}$$
Posons pour $u\geq 0$, $\varphi_2(u)=\dfrac{1}{2}\left(\sqrt{u^2+4a}+u\right)$, on a
$$\forall u\in \R_+,\quad
\varphi_2(u)'=\dfrac{1}{2}\left(\frac{u}{\sqrt{u^2+4a}}+1\right)>0\Longrightarrow \varphi_2 \text{ est
strictement croissante}.$$
On en déduit que $\varphi_2$ réalise une bijection de $\R_+$ sur $\varphi_2(\R_+)=[\sqrt{a},\infty[$,
de plus, on a :
$$\begin{array}{lcl}
\varphi_2(u)+\frac{a}{\varphi_2(u)}&=&\dfrac{\sqrt{u^2+4a}+u}{2}+\dfrac{2a}{\sqrt{u^2+4a}+u}\\
&&\\
&=&\dfrac{u^2+4a+2u\sqrt{u^2+4a}+u^2+4a}{2(\sqrt{u^2+4a}+u)}=\sqrt{u^2+4a}.
\end{array}$$
En utilisant ce changement du variable dans le calcul de $I_2$, on trouve
$$\begin{array}{lcl}
\dsp\int_{\sqrt{a}}^\infty f\left(u+\frac{a}{u}\right)\ud u& =&
\dsp \int_{\varphi_2^{-1}(\sqrt{a})}^{\varphi_1^{-1}(\infty)}
f\left(\varphi_2(u)+\frac{a}{\varphi_2(u)}\right)\varphi_2'(u)\ud u\\
&&\\
&=&\dsp
\int_0^{\infty}f\left(\sqrt{u^2+4a}\right)\left(\dfrac{u}{2\sqrt{u^2+4a}}+\dfrac{1}{2}\right)\ud u\\
&&\\
&=&\dsp \dfrac{1}{2}\int_0^\infty
f\left(\sqrt{u^2+4a}\right)\left(1+\dfrac{u}{\sqrt{u^2+4a}}\right)\ud u.
\end{array}$$
On obtient finalement,
$$\begin{array}{lcl}
\dsp \int_0^\infty g(x)\ud x&=&I_1+I_2\\
&&\\
&=&\dsp \dfrac{1}{2}\int_0^\infty
f\left(\sqrt{u^2+4a}\right)\left(1-\dfrac{u}{\sqrt{u^2+4a}}\right)\ud u+\dfrac{1}{2}
\int_0^\infty f\left(\sqrt{u^2+4a}\right)\left(1+\dfrac{u}{\sqrt{u^2+4a}}\right)\ud u\\
&&\\
&=&\dsp \int_0^\infty f\left(\sqrt{u^2+4a}\right)\ud u.
\end{array}$$
Si $f$ est continue et $T$-périodique, montrer qu'il existe un unique $\lambda\in \R$ tel que $\dsp\int_1^\infty\dfrac{\lambda-f(t)}{t}\ud t $ converge.
voir correction de l'exercice précédent.
Soit $f$ une fonction définie sur $\R_+$ dans $\R_+^*$ continue.
Soit $f:\,\R_+\longmapsto \R$ une fonction qui vérifie: $$\forall \varepsilon>0,\,\exists \eta>0,\,\big(\forall x,y\in \R_+,\quad \abs{x-y}< \eta\Longrightarrow \abs{f(x)-f(y)}\leq \varepsilon\big).$$ On suppose que $\dsp\int_0^\infty f(x)\ud x$ converge.
Soit $f$ une fonction définie sur $\R_+$ dans $\R_+^*$ continue. On suppose que $\dsp\int_0^\infty
f(x)\ud x< \infty$.
Montrer que $\dsp\dfrac{1}{n}\int_0^nxf(x)\ud x\tendversN 0$.
Soit $F$ définie sur $\R_+$ par $F(x)=\dsp\int_0^xf(t)\ud t$, par hypothèse sur $f$, on a $F$ est croissante de plus $\limiteX{x}{\infty}F(x)=\dsp\int_0^\infty f(t)\ud t< \infty$. En faisant une IPP, on trouve: $$\dfrac{1}{n}\int_0^nxf(x)\ud x=\dfrac{1}{n}\left[tF(t)\right]_0^n-\dfrac{1}{n}\int_0^nF(u)\ud u=F(n)-\dfrac{1}{n}\int_0^nF(u)\ud u.$$ D'autre part, on a $$\dfrac{F(0)+F(1)+\cdots F(n-1)}{n}\leq \dfrac{1}{n}\int_0^nF(u)\ud u\leq \dfrac{F(1)+\cdots+F(n)}{n}.$$ Comme $F(n)\tendversN\dsp\int_0^\infty f(u)\ud u$, on en déduit ( Théorème de Césaro) que $$\limiteX{n}{\infty}\dfrac{F(0)+F(1)+\cdots F(n-1)}{n}=\limiteX{n}{\infty}\dfrac{F(1)+\cdots F(n)}{n}=\int_0^\infty f(u)\ud u.$$ Donc $\dsp\dfrac{1}{n}\int_0^nF(u)\ud u\tendversN\int_0^\infty f(u)\ud u$. Ce qui donne le résultat.
Soit $f\in \CC^2(\R,\R)$. On suppose que $\dsp\int_a^\infty f^2< \infty$ et $\dsp\int_a^\infty (f'')^2< \infty$ ($a\in \R$). Montrer $\dsp\int_a^\infty (f')^2$ converge également.
On a, pour tout $(a,b)\in \R^2$, $ab\leq \dfrac{a^2+b^2}{2}$. On en déduit que
$$\dsp\int_a^\infty f(t)f''(t)\ud t< \infty \,,\quad\text{ puisque }\dsp\abs{\int_a^\infty
f(t)f''(t)\ud t}\leq \int_a^\infty f^2+f''^2.$$
Soit $x>a$, en faisant une intégration par parties, on trouve:
$$\int_a^xf(t)f''(t)\ud t =\left[f(t)f'(t)\right]_a^x-\int_a^xf'^2(t)\ud
t=f(x)f'(x)-f(a)f'(a)-\int_a^x f'^2(t)\ud t.$$
Puisque $\dsp\int_a^\infty f\,f''$ converge, on en déduit alors que $\dsp\int_a^\infty f'^2$ et
$\limiteX{x}{\infty}f(x)f'(x)$
sont de même nature.
Supposons que $\dsp\int_a^\infty f'^2$ diverge, alors $f(x)f'(x)\tendvers{x}{\infty}\infty$, or on a
$$ \forall x\geq a,\quad f^2(x)=f^2(a)+\int_a^xf(t)f'(t)\ud t\Longrightarrow
f^2(x)\tendvers{x}{\infty}\infty,$$
ce qui contredit l'intégrabilité de $f^2$.
Conclusion, $\dsp\int_a^\infty f'^2(t)\ud t< \infty$.
Soit $f$ une fonction de classe $\CC^1$ sur un intervalle $[n_0,\infty[$ ($n_0\in \N$) dans $\C$. On suppose que $\dsp\int_{n_0}^\infty\abs{f'(t)}\ud t$ existe.
Soient $f,g:\R_+\longmapsto\R_+^*$. On suppose que $\dsp\int_0^\infty g$ diverge. Montrer que au moins une des deux intégrales $\dsp\int_0^\infty fg$ ou $\dsp\int_0^\infty\dfrac{g}{f}$ diverge.
Étudier la fonction $\fonct{\varphi}{\R_+^*}{\R}{x}{x+\frac{1}{x}}$ et montrer que $\varphi\geq
2$.
On a, pour tout $t\in \R_+^*$,
$$f(t)+\frac{1}{f(t)}\geq 2\Longrightarrow f(t)g(t)+\dfrac{g(t)}{f(t)}\geq 2g(t)$$
donc
$$\forall x>0, \quad\int_0^xf(t)g(t)\ud t+\int_0^x\frac{g(t)}{f(t)}\ud t\geq 2\int_0^xg(t)\ud t.$$
La divergence de $\dsp\int_0^\infty g$ implique la divergence de $\dsp \int_0^\infty
fg+\int_0^\infty\dfrac{g}{f}$.
Soit $f:\R_+\longmapsto \R$ telle que $\dsp\int_0^\infty f(t)\ud t$ converge. Soient $\alpha,\,\beta \in \R_+^*$. On pose: $\dsp J(\alpha,\beta)=\int_0^\infty\dfrac{f(\alpha t)-f(\beta t)}{t}\ud t.$
Soient $\alpha,\beta>0,\,\varepsilon ,\,X\in \R_+^*$ tels que $\varepsilon< X$, on a $$ \begin{array}{ccl} \dsp \int_\varepsilon^X\dfrac{f(\alpha x)-f(\beta x)}{x}\ud x &=&\dsp\int_\varepsilon^X\dfrac{f(\alpha x)}{x}\ud x -\int_\varepsilon^X\dfrac{f(\beta x)}{x}\ud x =\int_{\alpha\varepsilon }^{\alpha X}\dfrac{f(x)}{x}\ud x -\int_{\beta\varepsilon}^{\beta X}\dfrac{f(x)}{x}\ud x \\ &&\\ &=&\dsp\int_{\alpha \varepsilon }^{\beta\varepsilon}\dfrac{f(x)}{x}\ud x +\int_{\beta\varepsilon }^{\alpha X}\dfrac{f(x)}{x}\ud x -\int_{\beta\varepsilon }^{\alpha X}\dfrac{f(x)}{x}\ud x -\int_{\alpha X }^{\beta X}\dfrac{f(x)}{x}\ud x\\ &&\\ &=& \dsp\int_{\alpha\varepsilon }^{ \beta\varepsilon}\dfrac{f(x)}{x}\ud x -\int_{\alpha X }^{\beta X}\dfrac{f(x)}{x}\ud x . \end{array}$$
Soit $f:\left[ {0, + \infty } \right[ \to \mathbb{R}$ continue par morceaux et intégrable. Montrer qu'il existe une suite $(x_n )$ de réels positifs vérifiant: $\dsp x_n \tendversN + \infty \text{ et }x_n f(x_n ) \tendversN 0$.
Comme $f$ est intégrable, alors
$$\forall \varepsilon>0,\quad \forall A>0, \quad \exists x\geq A, \quad \abs{xf(x)}\leq \varepsilon.$$
En effet, si cette relation n'est pas vérifiée, on aurait:
$$\exists \varepsilon_0>0,\quad \exists A>0,\,\,\forall x\geq A,\quad
\abs{xf(x)}>\varepsilon_0\Longrightarrow \forall x\geq A,\quad\int_A^x\abs{f(t)}\ud t\geq
\int_A^x\dfrac{\varepsilon_0\ud t}{t}.$$
Ce qui contredit l'intégrabilité de $f$.
En particulier, pour tout $n\in \N^*$, il existe $x_n\geq 0$ tel que $\abs{x_nf(x_n)}\leq
\dfrac{1}{n}$.
Donc $\boxed{x_n f(x_n ) \tendversN 0}$.
Soit $f:\left[ {0, + \infty } \right[ \to \mathbb{R}$ une fonction continue par morceaux. On suppose
que $f$ est intégrable.
Montrer que $\dsp \int_x^{x + 1} {f(t)\,{\mathrm{d}}t} \xrightarrow[{x \to + \infty }]{}0$.
Comme $f$ est intégrable sur $[0,\infty[$, on en déduit, $$\limiteX{x}{\infty}\int_0^xf(t)\ud t=\limiteX{x}{\infty}\int_0^{x+1}f(t)\ud t=\int_0^\infty f(t)\ud t \Longrightarrow \forall x\geq 0,\quad\int_x^{x+1}f(t)\ud t=\int_0^{x+1}f(t)\ud t-\int_0^{x}f(t)\ud t\tendvers{x}{\infty}0.$$
Soit $f:\left[ {1, + \infty } \right[ \to \mathbb{R}$ continue vérifiant : $\dsp \forall x,a \geqslant 1\text{, }0 \leqslant f(x) \leqslant \frac{a}{{x^2 }} + \frac{1}{{a^2 }}$. La fonction $f$ est-elle intégrable sur $\left[ {1, + \infty } \right[$~?
Pour tout $x\geq 1$, on pose $a=x^{\frac{2}{3}}\geq 1$. Donc d'après l'énoncé: $$\forall x\geq 1,\quad 0\leq f(x) \leq \dfrac{1}{x^{4/3}}+\dfrac{1}{x^{4/3}}\Longrightarrow \forall X\geq 1,\, 0\leq \int_0^Xf(t)\ud t\leq 3\left(1-\frac{1}{X^{1/3}}\right)< 3.$$ Ce qui montre que $f$ est intégrable sur $[1,\infty[$.
Soit $f \in \CC(\R,\R)$ telle que $\dsp \lim_{x \rightarrow - \infty}{f(x)} = \lambda$ et $\dsp \lim_{x \rightarrow + \infty}{f(x)} = \mu$. Montrer que $\dsp \int_{- \infty}^{+ \infty}{\big[ f(x+1)-f(x) \big] \ud x}$ existe, et calculer sa valeur.
Puisque $f\in \CC(\R)$, on en déduit que $x\mapsto f(x+1)-f(x)$ est continue également.
Soient $a,b\in \R$ tel que $a< b$. On a
$$\int_a^b\left(f(t+1)-f(t)\right)\ud t=\int_a^bf(t+1)\ud t-\int_a^bf(t)\ud t=
\int_{a+1}^{b+1}f(t)\ud t-\int_a^bf(t)\ud t=\int_b^{b+1}f(t)\ud t-\int_a^{a+1}f(t)\ud t$$
Soit $\varepsilon>0$, puisque $\dsp
\lim_{x \rightarrow + \infty}{f(x)} = \mu$, alors il existe $B$ tel que pour tout $t>B$, on a
$\abs{f(t)-\mu}\leq \varepsilon$.
Supposons que $b>B$, alors
$$\forall t\in [b,b+1],~~
\mu-\varepsilon\leq f(t)\leq \mu+\varepsilon\Longrightarrow \mu-\varepsilon\leq \int_b^{b+1}f(t)\ud
t\leq \mu+\varepsilon$$
on en déduit que $\dsp \lim_{b \rightarrow + \infty}{\int_b^{b+1}f(x)\ud x } = \mu$.
De même, on montre que $\dsp \lim_{a \rightarrow - \infty}{\int_a^{a+1}f(x)\ud x } = \lambda$.
On en déduit que $\dsp\int_\R(f(x+1)-f(x))\ud x $ existe et que
$$\boxed{\int_\R (f(x+1)-f(x))\ud x =\mu-\lambda}.$$
Soient $(a,b) \in \mathbb{R}^2 $ avec $a < b$ et $f \in \CC^0 (\mathbb{R},\mathbb{R})$ admettant une limite finie $\ell $ en $ - \infty $ et telle que $\dsp \int_0^{ + \infty } f $ existe. Justifier l'existence, puis calculer~: $\dsp\int_{ - \infty }^{ + \infty } {\left( {f(a + x) - f(b + x)} \right)\,{\mathrm{d}}x}.$
Soient $x,y\in \R$ tels que $y< 0< x$, on a: $$\int_y^x (f(a+t)-f(b+t))\ud t =\int_y^xf(a+t)\ud t-\int_x^yf(b+t)\ud t=\int_{y+a}^{x+a}f(u)\ud u -\int_{y+b}^{x+b}f(u)\ud u.$$ Ce qui donne: $$\int_y^x (f(a+t)-f(b+t))\ud t =\int_{y+a}^{y+b}f(u)\ud u -\int_{x+a}^{x+b} f(u)\ud u.$$ Comme $\dsp\int_0^\infty f(t)\ud t$ converge, on en déduit que $\dsp\int_z^\infty f(t)\ud t \tendvers{z}{\infty}0$ ce qui donne $$\int_{x+a}^{x+b} f(u)\ud u=\int_{x+a}^\infty f(t)\ud t -\int_{x+b}^\infty f(t)\ud t \tendvers{x}{\infty}0.$$ De même, comme $f(x)\tendvers{x}{-\infty}\ell$ alors pour tout $\varepsilon >0$, il existe $y< 0$ tel que pour tout $z< y+b$ on ait $\abs{f(x)-f(z)}\leq \dfrac{\varepsilon}{b-a}$. Donc $$\abs{\int_{y+a}^{y+b}f(u)\ud u -(b-a)\ell}=\abs{\int_{y+a}^{y+b}(f(u)-\ell)\ud u}\leq (b-a)\dfrac{\varepsilon}{b-a}=\varepsilon\Longrightarrow \limiteX{y}{-\infty}\int_{y+a}^{y+b}f(u)\ud u =(b-a)\ell.$$ On en déduit de ce qui procède que $\dsp\lim_{\substack{y \to -\infty \\x\to \infty}}\dsp\int_y^x (f(a+t)-f(b+t))\ud t $ existe et, $$\boxed{\int_{ - \infty }^{ + \infty } \left( f(a + x) - f(b + x) \right)\,\ud x=(b-a)\ell}.$$
Soit $f:\left[ {0, + \infty } \right[ \to \mathbb{R}$ une fonction continue, positive et décroissante. On pose $g:\left[ {0, + \infty } \right[ \to \R$ donnée par $g(x) = f(x)\sin x$. Montrer que les intégrabilités de $f$ et de $g$ sont équivalentes.
Il y a un sens évident, en effet puisque $\abs{g}\leq \abs{f}$ donc si $f$ est intégrable ceci
implique que $g$ l'est également.
Inversement, supposons que $g$ est intégrable, alors, pour tout $n\in \N^*$, on a
$$\begin{array}{lcl}
\dsp \int_0^\infty \abs{g(x)}\ud x\geq \int_0^{n\pi}\abs{f(x)\sin(x)}\ud x&=&
\dsp \dsum_{k=0}^{n-1}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\abs{f(x)\sin(x)}\ud x\\
&&\\
&\geq& \dsum_{k=0}^{n-1}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}f((k+1)\pi)\abs{\sin(x)}\ud x
=2\dsum_{k=1}^{n}f(k\pi).
\end{array}$$
Puisque $f$ est décroissante positive.
De même, on a
$$\int_0^{n\pi}\abs{f(x)}\ud x= \dsum_{k=0}^{n-1}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}f(x)\ud x\leq \pi
\dsum_{k=0}^{n-1}f(k\pi)\leq \pi f(0)+\dfrac{\pi}{2}\left(2\dsum_{k=1}^{n}f(k\pi)\right)\leq \pi
f(0)+\int_0^\infty \abs{g(x)}\ud x.$$
Soit $X>0$, on a
$$\int_0^{X}\abs{f(x)}\ud x\leq \int_0^{\mathrm{E}(X)\pi}\abs{f(x)}\ud x\leq \pi f(0)+\int_0^\infty
\abs{g(x)}\ud x
< \infty \Longrightarrow \int_0^\infty f(x)\ud x < \infty.$$
Étudier, en fonction de $\alpha\in \R_+$, la convergence des intégrales $$\int_{\ee}^\infty\dfrac{\ud t}{t\ln (t)^\alpha},\quad\quad \int_{\ee^{\ee}}^\infty\dfrac{\ud t}{t\ln(t)\ln(\ln(t))^\alpha}.$$
Supposons que $\alpha \neq 1$.
La fonction $f(t)=\dfrac{1}{t\ln(t)^\alpha}$ est continue sur $[\ee,\infty[$, de plus $F(t)=\dfrac{-1}{\alpha-1} \ln(t)^{1-\alpha}$ est une primitive de $f$. Soit $X>\ee$, on a $$\int_{\ee}^X\dfrac{\ud t}{t\ln(t)^\alpha}=F(x)-F(\ee)=\dfrac{1-\ln(X)^{1-\alpha}}{\alpha-1}\tendvers{X}{\infty}\,\left\{ \begin{array}{l} \infty \text{ si }\alpha < 1\\ \\ \dfrac{1}{\alpha -1 }\text{ si }\alpha >1 \end{array} \right. $$ D'autre part, pour $\alpha=1$, on a $$\int_{\ee}^X\dfrac{\ud t}{t\ln(t)}=\ln\left(\ln(X)\right)-\ln\left(\ln(\ee)\right) \tendvers{X}{\infty}\infty.$$ On en déduit, $$\color{blue}{\boxed{\int_{\ee}^\infty\dfrac{\ud t}{t\ln (t)^\alpha} \text{ converge ssi }\alpha >1}}$$
On fait maintenant le changement de variable $\varphi(t)=\ln(t)$ pour $t\in [{\ee^{\ee}},\infty[$, $\varphi$ est de classe $\CC^1$ strictement croissante, donc d'aaprès le cours $$\int_{\ln({\ee^{\ee}})}^\infty f(u)\ud u \text{ et }\int_{\ee^{\ee}}^\infty f(\varphi (t))\varphi'(t)\ud t \text{ sont de même natures} $$ Autrement dit, $$\color{blue}{\boxed{\int_{\ee^{\ee}}^\infty\dfrac{\ud t}{t\ln(t)\ln (\ln(t))^\alpha} \text{ converge ssi }\alpha >1}}$$