Sujet : Analyse, Intégration, Limite d'intégrales

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• Classe préparatoire aux grandes écoles
• Mathématiques, physique et sciences de l'ingénieur
• Public Readiness and Emergency Preparedness Act
• exercices

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• Langue: Français

Extrait

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

Limite d’intégrales

Exercice 1[ 01978 ][correction]
Déterminer les limites suivantes sans pour autant calculer les intégrales
correspondantes :
a)lim0+Z−xxsint2dtb)xl→im+∞Zx2xlndttc)xl→im+∞Zx2xsitntdt
x→

Exercice 2[ 00286 ][correction]
Déterminer les limites suivantes sans pour autant calculer les intégrales
correspondantes :
x→0+Zx2xettdtb)xl→imZx2xe1ttdtc)xl→i+m∞Zx2xcos(t1t)dt
a)lim
+∞

Exercice 3[ 01976 ][correction]
Soitf: [01]→Rcontinue. Montrer que
1
Ztnf(t)

dt
0

−−−→0
n→∞

Exercice 4[ 01977 ][correction]
Soitf:R+→Rcontinue. Déterminer
+1Zxt)dt
limf
x→0x0(

Enoncés

1

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Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
a) Quandx→0+,
x
Z−xxsint2dt6Z−xxsint2dt6Z1dt= 2x→0
−x
doncR−xxsint2dt→0.
b) Quandx→+∞,
2xdt
Zx2xlnd2tx6Zxlnt
donc
lnx2x6Z2xdt
xlnt
puis
Z2xdt

xlnt→+∞
c) Par intégration par parties
tdt=−c
Zx2xsitnotstx2x−Zx2xcot2stdt

Or quandx→+∞,
−cotstx2x→0etZx2xco2stdt6Zx2xdt2t=−t1x2x→0
t

donc

Zx2xsitntdt→0

Exercice 2 :[énoncé]
a) Quandx→0+, par croissance de la fonction exponentielle
exdtdt
Zx2xt6Zx2xettdt6Zx2xet2x

donc

2x
exln 26Zxettdt6e2xln 2

Corrections

puis par encadrement
Zx2xettdt→ln 2
b) Quandx→+∞, par décroissance de la fonctiont7→e1t
Zx2xe1t2xdt6Zx2xe1ttdt6Zx2xe1txdt
donc

2x
e1xln 2Zxe1ttdt6e12xln 2

2

puis par encadrement
Z2xe1t
dt→ln 2
xt
c) Quandx→+∞, pourxassez grand, la fonctiont7→cos(1t)est croissante sur
[x2x]donc
Zx2xcos(t1xd)t6Zx2xcos(t1td)t6Zx2xcos(1t2x)dt
puis
1 Z2xcos(1t)1

cos ln 26tdt6soc2xln 2
xx
et par encadrement
Z2xcos(1t)

dt→ln 2
xt

Exercice 3 :[énoncé]
fest continue sur un segment, elle y est donc bornée par un certainMet alors
1
Z10tn6Z0n| |f(t)|dt6MZ01tndt=nM+ 1→0
f(t) dt|t

Exercice 4 :[énoncé]
On a
1xZ0xf(t) dt−f(0)6x1Z0x|f(t)−f(0)|dt

Par la continuité defen 0, Pour toutε >0, il existeα >0vérifiant

∀x∈R+,x6α⇒ |f(x)−f(0)|6ε

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et donc

On peut donc conclure que

On p
def

1f(t)dt−f(0)6ε
xZ0x

l 1Z0xf(t)dt=f(0)
im
x→0+x

Corrections

eut aussi très efficacement obtenir le résultat en introduisant une primitive
et en exploitant
x1Zxf(t)dt=F(x)−F(0)→
0xx−→−0F0(0) =f(0)

3

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