Exercices d’analyse – 2ème année de CPGE scientifique, voie PC, Intégrale

Analyse (3) : Intégrale

dx. CalculerI12.

Les incontournables :
eIα=Z0π2(tanx)α
1. Etudier suivantαl’existence de l’intégral
f:x7→(tanx)αestCM(]0 π2[)(au moins) et AVP (à valeurs dansR+).
f(x)x∼→0x−1αdoncf∈L1(]0 c])−⇒⇐α <1.
f(x) = (tan(π21−x))xα→∼π2(π21−x)αdoncf∈L1([c π2[)⇐⇒α <1.
Conclusion :Iαexiste ssi−1< α <1.
t=√tanx7→x= arctant2estC1-bijectif deR+sur[0 π2[doncI12=Z+0∞t21+tt4dt.
I12=Z+∞√24t2+2tt+√2√+21+√42t22−tt−√2√121+(2+t+√221)2+ 1+221(t−√221)2+ 12!dt.
−
0
I12=√nl42tt22+−tt√√1+2++12√ctar22na2(t+√2) +√a2cr22tan(t−√2)0+∞=√22π.
2. Soitfαβ(x) =xα+1xβ. Etudier l’intégrabilité defαβsur]0+∞[; calculerZ+0∞f212.
fαβestCM(]0+∞[)(au moins) et AVP.
Cas 1 :α6=β; on peut supposerα < β.
fαβ(x)x→∼0x1αdoncf∈L1(]0 c])⇐⇒α <1etfαβ(x)x→∼+∞x1βdoncf∈L1([c+∞[)⇐⇒β >1.
Conclusion :fαβ∈L1(]0+∞[)ssiα <1< β.
Cas 2 :α=β.x7→2x1αn’est jamais intégrable sur(]0+∞[.
+∞
t=√x7→x=t2estC1-bijectif deR∗+surR∗+doncI=Z0t+2tt4dt.
I=Z+0∞11+t12t22t−−t1++31(2t−1)212+ 34dt= 4π9√3.
−
+∞
onction(→Z0
3. Déterminer l’ensemble de définition de la fΓ :x7e−ttx−1dt)et calculer
Γ(n)pour toutn∈N∗.
f=t7→e−ttx−1estCM(]0+∞[)et AVP.
f(t)t∼→0t11−xdoncf∈L1(]0 c])⇐⇒1−x <1etf(t) =ot→+∞tx1+1tx−1=ot→+∞(t12)
doncf∈L1([c+∞[)pour toutx.
Conclusion :Γ(x)existe ssix >0.
Soitn≥2 u=t7→tn−1etv=t7→ −e−t.
b
(u v)∈(C1([a b]))2doncZf= [uv]ab+ (n−1)Zbae−ttn−2dtpour0< a < b.
a
limuv= limuv= 0doncΓ(n) = (n−1)Γ(n−1).
0 +∞
De plusΓ(1) = 1, donc∀n≥1Γ(n) = (n−1)!.
4. Prouver quet7→sitntn’est pas intégrable sur[1+∞[maisZ0+∞sitntdtexiste. Prouver
∞
l’égalitéZ0+∞sintdt=Z+sitnt2dt
t0
Soitf=t7→sitntZπnπ
et pourn≥2,In=|f|.
(k+1)π(k
In=kn=X−11Zkπ|f|eZkπ+1)π|f|=Z0πu|+niskπu|du≥Z0π(|k+1sinu)|πdu(=k2+)1πdonc
t
In≥knX=−11(k)+12π. On reconnait une somme partielle de SATP divergente donclimIn= +∞

Exercices de Mathématiques PC - Mathilde PETIT - 2011

c8-052

C8-056

Analyse (3) : Intégrale

etfn’est pas intégrable sur[1+∞[.
˜ ˜ncf∈1(]
fadmet un prolongement continu surR+notéf(f(0) = 1) doL0 c]).
ostd
u=−cosetv=t7→1tsontC1sur[c b]doncZcbf= [uv]cb−Zcbct2
t.
cost
(uv)(b) =−cbosba une limite (0) quandb→+∞et(t7→2)∈L1([c+∞[)carcto2st≤t12
t
doncZbccto2stdta une limite quandb→+∞.
+∞
On a donc prouvé l’existence deI=Zsintdt.
0t
On reprend l’IPP ci-dessus en prenant maintenantu=t7→1−cost= 2 sin2t2.
Zbaf= [uv]ba+Zab2 sint22t2dt= [uv]ab+Zba22sinx22xdx.
(uv)(a 2) = sina2a2a→∼0a2→a→00doncI=Z0+∞sinx22xdx.
5. Soitun=Zn(nπ+1)πe−√xsin(x)dx; étudier la sérieXun. En déduire l’étude de l’intégrale
+∞
Ze−√xsin(x)dxC8-090
0
La série est convergente par TSSA et également absolument convergente (cf Analyse(2)).
f=x7→e−√xsinxestCMsurR+doncf∈L1(R+)⇐⇒b7→Z0b|f|a une limite en+∞.
Z0b|f|=[kb=Xπ0]|uk|+Zπb[bπ]|f| →b→+∞k+X=∞0|uk|carZbπ[bπ]|f| ≤πe−√π[bπ]doncf∈L1(R+).
+∞[bπ
De plusZ0fb→+∞kX0]=uk+Zbπ[bπ]f=k+X=∞0uk. On peut en trouver une bonne valeur
= lim
approchée d’après le TSSA.
6. Soitwn=Z0π2sinnxdxpour toutn∈N. Démontrer quewnn→∼+∞r2nπ(On utilisera le
changement de variableu= sinnx)c9-054
On étudiew0n=√nwn.
1
u= sinnx7→x= arcsin(u1n)estC1bijectif de]0 π2[sur]01[doncw0n=Z√nu1n u1n−1√1−1u2ndu.
0
Soitfn=u7→pn(1−u1e(n2 lnu)n).(fn)est une suite de fonctionsCMsur]01[.
(fn)CVS (converge simplement) sur]01[versL=u7→−√12lnuetL∈CM(]01[).
Soitϕ=u7→ √11−u2.ϕ∈CM([01[)etϕ(u)u→∼11(1−u√)212doncϕ∈L1([01[).
t7→1−teta pour dérivéet7→(1−t−e−t)ett−2donc décroit surR.
∀(u n)∈]01[×N∗2 lnnu(1−e(2 lnu)n)≤nl21u(1−u2)etu1n≤1donc∀(u n)∈]01[×N∗|fn(u)| ≤ϕ(u):
le "chapeau intégrable"ϕ"domine la suite(fn)sur]01[".
imZ10fn=Z01.
D’après le thm de convergence dominée,L∈L1(]01[)etlL
x=−√2 lnu7→u=e−x22estC1-bijectif deR∗+sur]01[doncZ01L=Z+0∞−xex−x22dx=Z+0∞e−x22dx
ZR+t2n)−n
7. Limite de la suite de terme général(1dt.
Soitfn=t7→(1 +t2n)−n= exp(−nln(1 +t2n)).(fn)est une suite de fonctionsCMsurR.
(fn)CVS surRversL=t7→exp(−t2)etL∈CM(R).

Exercices de Mathématiques PC - Mathilde PETIT - 2011

=pπ2.

Analyse (3) : Intégrale

Soitϕ=t7→+11t2.ϕ∈CM(R)etϕ(t)t→∼±∞t12doncϕ∈L1(R).
∀(t n)∈R×N∗(1 +t2n)n += 1t2+Xak≥1 +t2(tous lesaksont dansR+) donc
2≤k≤n
∀(t n)∈R×N|fn(t)| ≤ϕ(t): le "chapeau intégrable"ϕ"domine la suite(fn)surR".
+
D’après le thm de convergence dominée,L∈L1(R)etlimZ0+∞fn=Z0∞L=√π2.
8. Prouver que la fonctionJ0:x7→1Zπcos(xsint)dtest de classeC∞surRet qu’elle est
π0
solution de l’équation différentiellexy” +y0+xy= 0.
Soit(Πn) : ”J0∈ Cn(R)πZ0π
etDn(J0) =x7→(isn1t)ncos(xsint+nπ2)dt".
Notonsfn= (t x)7→(sint)ncos(xsint+nπ2) I= [0 π]etJ=R.
– Pour toutt∈I,f0(t )estC0(J).
– Pour toutx∈J,f0( x)estCM(I).
–ϕ= 1∈L1(I)dominef0:∀(t x)∈I×J|f0(t x)| ≤ϕ(t).
Conclusion :J0est continue surJie(Π0).
Supposons(Πn)pour unn≥0.
– Pour toutt∈I,fn(t )estC1(J)de dérivéefn+1(t ).
Pour toutx∈J,fn+1( x)estCM(I).
–
–ϕ= 1∈L1(I)dominefn+1:∀(t x)∈I×J|fn+1(t x)| ≤ϕ(t).
Conclusion :Dn(J0)estC1surJetDn+1(J0) =x7→1πZ0πfn+1(t x)dtie(Πn+1).
Par récurrence,∀n∈N(Πn)et en particulierJ0∈ C∞(R).
De plus,J00(x) =π1Z0π−sintsin(xsint)dtetJ”0(x) =π1Z0π−sin2tcos(xsint)dt.
SoitA=π(xJ” (x) +J00(x) +xJ0(x)).
0
A=Z0π(−sint)(sin(xsint)) + (cost)(xcostcos(xsint))dt= [(cost)(sin(xsint))]π0= 0.
. Prouver que la fonx7Z+∞
9 ction(Γ :→e−ttx−1dt)est de classeC2surR∗+et queln Γest
0
une fonction convexe.

On va prouver en fait queΓ∈ C∞(R∗+)comme dans l’exo.8.
Γ) =x7→Z+0∞(lnt)ne−ttx−1dt".
Soit(Πn) : ”Γ∈ Cn(R