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

Fonctions définies par intégrale

Exercice 1[ 00687 ][correction]
[FonctionΓd’Euler]
Pourx >0on note
Γ(x) =Z+0∞tx−1e−tdt
a) Montrer que cette dernière intégrale est bien définie pour toutx >0.
b) Justifier
∀x >1Γ(x) = (x−1)Γ(x−1)
et calculerΓ(n)pourn∈N?.

Exercice 2[ 00688 ][correction]
On pose pour
+
f(a) =Z1∞tad+t1
a) Pour quelles valeurs dea, l’intégrale définissantf(a)existe-t-elle ?
b) Montrer que la fonction est décroissante et de limite nulle en+∞.

Exercice 3[ 00689 ][correction]
a) Pour quelles valeurs dex, l’intégrale
) =tx−
f(xZ011 +1tdt

est-elle définie ?
b) Etudier la monotonie def.
c) Calculer
f(x) +f(x+ 1)pourx >0

d) Déterminer la limite defen+∞ainsi qu’un équivalent.
e) Déterminer la limite defen0+ainsi qu’un équivalent.

Exercice 4[ 00690 ][correction]
Pourx >0, on pose
F(x) =Z+∞et−t
dt
x

Enoncés

a) Montrer queF(x)est bien définie pour toutx >0.
b) Etablir queFest de classeC1surR+?et calculerF0(x).
c) Montrer
xF
xl→i+m∞xF(x) = 0etxl→i0m+(x) = 0
d) Sans exprimerF(x), justifier l’existence et calculer

Z+F(x) dx
0

Exercice 5[ 00691 ][correction]
Pourx >0, on pose
f(x) =Z0xeit2dt=Z0xcos(t2) dt+iZ0xsin(t2) dt

a) Montrer

f(x) =eix2112iZ0xeit2t2−1dt
2ix+
En déduire quefadmet une limite notéeλen+∞.
b) On poseg(x) =λ−f(x). Montrer que pourx >0
12
g(x) = 2iZx+∞eti2tdt−e2iixx2

c) Montrer qu’au voisinage de+∞
2
g(x) =−e2iixx+Ox13

Exercice 6[ 00692 ][correction]
Soitϕ:R+→Rune fonction de classeC1intégrable.
a) SoitA >0. Montrer
ZA

b) Montrer

ϕ(t) cos(xt) dt−−−−→0
0x→+∞

Z+0∞ϕ(t)
cos(xt) dt−−−−→0
x→+∞

1

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Exercice 7[ 00693 ][correction]
Soitg:R+→Rcontinue et intégrable.
a) Justifier
Z+∞g(t)|dt−Z0M|g(t)|dt6ε
∀ε >0∃M∈R|
0

b) En déduire que toute primitive degest uniformément continue.

Exercice 8[ 00281 ][correction]
Pour toutx∈[1+∞[, on pose
=Zx√t3t
F(x)1−1dt
a) Montrer queFest bien définie, continue sur[1+∞[et de classeC∞sur
]1+∞[. ExprimerF0(x).
b) Etudier la dérivabilité deFen1. Préciser la tangente au graphe deFen1.
c) Etudier la limite deFen+∞.
d) Justifier queFréalise une bijection de[1+∞[sur un intervalle à préciser et
queF−1est dérivable sur]0+∞[et solution de l’équation différentielle
yy0=py3−1

e) Etudier la dérivabilité deF−1en0.

Exercice 9CCP MP[ 02348 ][correction]
a) Justifier que
G(x y) =Z0yt(tt−+[xt])dt
où[t]représente la partie entière det, est définie sur(R+?)2.
b) Montrer queG(x y)tend vers une limiteG(x)quandytend vers+∞.
c) Montrer que
∀n∈N? G(n y) = 1nZ0nt−t[td]t−Zyy+nt−t[t]dt

d) On noteH(n) =nG(n)montrer que la série de terme général;

H(n)−H(n−1)−12n
converge et en déduire un équivalent deG(n).

Enoncés

2

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Corrections

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
a)tx−1e−tt→∼0+tx−1ettx−1e−t=+O∞(1t2)la fonctiont7→tx−1e−test intégrable
sur]0+∞[et par suiteΓ(x) =R0+∞tx−1e−tdtest bien définie pourx >0.
b) Pourx >1, les deux intégrales étant définies :
Z+∞1e−tdt=1)Z0+∞tx−2e−tdt
tx−−tx−1e−t0+∞+ (x−
0

Ainsi∀x >1Γ(x) = (x−1)Γ(x−1).
+∞
Γ(1) =R0e−tdt= 1. Par récurrence surn∈N?,

Γ(n) = (n−1)!

Exercice 2 :[énoncé]
a) Poura60, l’intégrale n’est pas définie. Poura >0,ta1+1t→∼+∞t1a, par suite
R1+∞tad+t1n’est définie que poura >1. Finalementfest définie sur]1+∞[.
b) Si1< a6balors
∀t>11 1
tb+ 16ta+ 1
doncf(b)6f(a). Ainsifest décroissante.

+∞1
06f(a)6Z1+∞tdat=1−1ata1−11a−1a−→−+−−∞→0
=

Exercice 3 :[énoncé]
a) La fonctiont7→tx−t1est définie et continue sur]01]tx−1∼1
1+et1+tt→0t1−x.
Par équivalence de fonctions positives, l’intégrale définissantf(x)existe si, et
seulement si,x >0.
b) Pourx6y, on a
tx−1ty−1
∀t∈]01],1 +t>1 +t
puis en intégrantf(x)>f(y).
La fonctionfest donc décroissante.
c) On a
11
f(x) +f 1) =( +Z0tx−1dx
x t=

3

d) Puisquefest décroissante et positive,fconverge en+∞. Posons`sa limite.
En passant à la limite la relation obtenue ci-dessus, on obtient2`= 0donc`= 0.
Par décroissance

donc

On en déduit

f(x) +f(x+ 1)62f(x)6f(x−1) +f(x)

1 1
x62f(x)61
x−

f(x)∼12x

d) c) Quandx→0+,
06f(x+ 1) =Z011t+xtdt6Z01txdt=x1+161

donc

et par suite

f(x+ 1)x→=0+O(1) =o(1x)

f(x) = 1x−f(x+ 1)∼1→+
x→0+x∞

Exercice 4 :[énoncé]
a) Quandt→+∞, e−tt=O(e−t)donct7→e−ttest intégrable sur tout
[x+∞[⊂]0+∞[.
b)
F(x) =Z1+∞et−tdt−Z1xe−ttdt=F(1)−Z1xe−ttdt

est de classeC∞surR+?etF0(x) =−exx.
c) Quandx→+∞
06xF(+∞xtdt→0
x) =Zxet−tdt6Zx+∞e−tdt=Z1+∞e−tdt−Z1xe−

Quandx→0
+∞
xF(Zxet−tdt=x(Z+1∞e−ttdt+Zx1e−ttdt)
x) =x

donc

06xF(x)6x(F(1) +Zx1t1dt)6xF(1) +xlnx→0

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d) Par intégration par parties formelle
Z+0∞F(x) dx= [xF(x)]+0∞+Z+0∞e−xdx

L’intégration par parties est justifiée par deux convergences et finalement
+∞
Z0t= 1
F(t)d

Exercice 5 :[énoncé]
a) Pourx > a >0
Zxaeit2dt=Zax22ititeit2dt="eit2−1#xZaxeit22it−21dt
2it+
a

A la limite quanda→0,
Zxaeit2dt→Z0xeit2dt, eia22ia−1∼2a→0

et
Zaxeit22it−2d1t→Z0xeit22it−2d1t
car cette dernière intégrale converge.
Ainsi
1eit2−1
f(x) =eix22ix−1+2iZ0xt2dt

Puisque

eix22ix−161x→0etZ0xeit22it−2d1t→Z+∞eit22it−2d1
t
0

car cette dernière intégrale converge.
Par suite
f(xZ+∞eit22i−1
)→λ=0t2dt
b)


g(x) =λ−f(x=)21iZx+∞eit2t2−1dt−eix22ix1

Corrections

donc
+∞1d−eix2−1
g(x21=)iZx+∞eti2t2dt−12iZxt22ix
t
car ces deux dernières intégrales sont bien définies. Par suite
+∞
g(x12)=iZxetit22dt−e2iixx2

c) Par intégration par parties généralisée
Zx+∞eitt22dt=Zx+∞teitt32dt="2eiitt23#x+∞2+3iZx+∞eitt24dt

Par suite
Zx+∞eitt22dt=−2eiixx23+23iZx+∞eitt24dt612x323+Zx+∞td4t=x13

Donc

Zx+∞eitt22dt=Ox13

4

Exercice 6 :[énoncé]
a) Par intégration par parties,R0Aϕ(t) cos(xt) dt6|ϕ(0)|+x|ϕ(A)|+x1R0A|ϕ0(t)|dt
qui permet de conclure.
b) Pourε >0, il existeA∈R+tel queRA+∞|ϕ(t)|dt6εcarϕest intégrable sur
R+. De plus, pourxassez grand,R0Aϕ(t) cos(xt) dt6εdonc
+∞
R0ϕ(t) cos(xt) dt62εce qui permet de conclure.

Exercice 7 :[énoncé]
a) Par convergence,Mli→m+∞R0M|g(t)|dt=R0∞|g(t)|dtd’où le résultat.
b) Soitfune primitive deg. On peut écriref(x) =R0xg(t)dt+C.
Pour toutx6y∈Ron a alors :|f(y)−f(x)|6Ryx|g(t)|dt.
Soientε >0etMtel qu’introduit ci-dessus.
Six>Malors
|f(y)−f(x)|6ZM+∞|g(t)|dt6ε

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Corrections

De plus, la fonctiont7→ |g(t)|étant continue sur le segment[0 M+ 1], elle y est
bornée par un certainAet on a donc|f(y)−f(x)|6A|y−x|pour tout
x6y∈[0 M+ 1]
Par suite, pourα= min(1 εA)>0, on a pour toutx6y∈R,

|y−x|6α⇒ |f(y)−f(x)|6ε

La fonctionfest donc uniformément continue.

Exercice 8 :[énoncé]
a)
t t
f:t7→=
√t3−1p(t−1)(t2+t+ 1)

est définie et continue sur]1 x]et

f(t)∼1√3√1t−1

doncF(x)existe.
Fest primitive de la fonction continuefsur]1+∞[doncFestC1et
F0(x) =f(x)
.
CommefestC∞,Fest finalementC∞et sur]1+∞[

0(x) =x
F√x3−1

+∞. Tangente verticale en 1.
b)Fest continue en 1 etF0(x)x−→−1→
c)√t3−16t32donc
F(x)>Z1x√dtt= 2√x→+∞
x−2−−−−→+∞

doncF(x)−+−→+∞.

d)Fest continue et strictement croissante sur[1+∞[doncFréalise une
bijective de[1+∞[sur[0+∞[.
Fréalise une bijection de classeC∞de]1+∞[sur]0+∞[avecF0(x)6= 0donc
F−1estC∞sur]0+∞[.
1
(F−1)0= =p(FF−1−)13−1
F0◦F−1

doncF−1est solution de l’équation différentielle considérée.

e)F−1est continue en0etF−1(0) = 1. En vertu de la relation
31

(F−1)0=p(FF−1−)1

on obtient
(F−1)0(x)x−→−0→0
F−1est donc dérivable en0et(F−1)0(0) = 0

Exercice 9 :[énoncé]
a) Soientx y >0.
La fonction
f:t t−[t]
7→t(t+x)
est définie et continue par morceaux sur]0+∞[⊃]0 y]et quandt→0,

t
f(t) = (t+x) =t1+x→
t

1
x

doncfest prolongeable par continuité en 0.
Par suite l’intégrale définissantG(x y)existe bien.
b) Quandt→+∞,
f(t)t(Ot)(1+x) =Ot12
=

doncfest intégrable sur]0+∞[.
Par suiteG(x y)converge quandy→+∞vers
) =Z+∞tt(t−+[xt]
G(x0) dt

c) On remarque que

1)=n11t−1+n
t(t+n t

et on en déduit
G(n y 1) =Z0yt−[t]−t−[t]dt
n t t+n
Par linéarité de l’intégrale et changement de variable, on obtient
G(n y) =n1Z0yt−t[td]tZyn+nt−t[t]dt

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Enfin par la relation de Chasles
G(n y) =n1Z0nt−t[td]t−Zyy+nt−t[t]dt

d) Puisque
[t] 1y+
06Zyy+nt−tdt6yZnyt−[t] dt6yn
on obtient quandy→+∞

et on a alors

Par suite

G(n) = 1nZ0nt−t[t]dt

H(n) =Znt−t[td]t
0

u
H(n)−H(n−1) =Znn−1t−t[td]t=Z01u+ (n−1) du

puis
H(n)−H(n−1) = 1−(n−1) ln1 +n−11
Par développement limité, on obtient
H(n)−H(n− 2(1) =n1−1) +On122=1n+O

On en déduit que la série de terme général
H(n)−H(n−1)−12n=On12

Posons

On a

donc

S=n+=X∞2H(n)−H(n−1)−21n
knX=1H(k)−H(k−1)−12k=S+o

(1)

H(n)−H(1)−12nXk=1S+o(1)
k=2

n12

Corrections

Sachant

on obtient

puis

Xnk ln1 =n+γ+o(1)
k=1

H(n)∼ln1n
2

G(n)∼2lnnn

6

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