Capes : exercices sur les intégrales impropres

Les intégrales impropres suivantes sont-elles convergentes ? $$\begin{array}{lll} \displaystyle \mathbf 1.\ \int_0^1 (\ln t)dt&&\displaystyle \mathbf 2.\ \int_0^1 \frac{dt}{(1-t)\sqrt t} \\ \displaystyle \mathbf 3.\ \int_0^{+\infty}e^{-\sqrt{t}}dt &&\displaystyle \mathbf 4.\ \int_0^{+\infty}(\ln t)e^{-t}dt\\ \displaystyle \mathbf 5.\ \int_0^{+\infty}t(\sin t)e^{-t}dt \end{array} $$

La fonction $t\mapsto \ln t$ est continue sur $]0,1]$, le problème de convergence est en $0.$ Pour le traiter, on peut :
- remarquer qu'on connait une primitive de $\ln$, à savoir $t \mapsto t\ln t-t$. On a donc $$\int_x^1\ln tdt=\left[t\ln t-t\right]_x^1=-1-x\ln x+x$$ qui tend vers $-1$ si $x$ tend vers 0. On en déduit que $\int_0^1 (\ln t)dt$ converge et que $\int_0^1 (\ln t)dt=-1.$
- comparer : On sait que $\sqrt t\ln t\to 0$ quand $t\to 0$. Ceci signifie que $\ln t=o(1/\sqrt t)$ en 0. Puisque $\int_0^1\frac{1}{\sqrt t}dt$ converge et que $1/\sqrt t>0$ au voisinage de $0$, on en déduit par critère de comparaison que $\int_0^1(\ln t )dt$ converge.
La fonction $t\mapsto \frac{1}{(1-t)\sqrt t}$ est continue sur $]0,1[$. En $1$, la fonction est équivalente à $\frac{1}{1-t}$, fonction de signe constant dont l'intégrale est divergente (en 1). Ainsi, l'intégrale $\int_0^1\frac{1}{(1-t)\sqrt t}dt$ diverge. Remarquons qu'il est inutile de faire l'étude en $0$ puisque la divergence de $\int_{1/2}^1 \frac{1}{(1-t)\sqrt t}dt$ suffit à conclure à la divergence de $\int_0^1 \frac{1}{(1-t)\sqrt t}dt.$
Le plus simple est de procéder par comparaison. Remarquons que $t\mapsto e^{-\sqrt{t}}$ est continue sur $[0,+\infty[$. Le problème de convergence de l'intégrale ne se pose donc qu'au voisinage de $+\infty$. Mais il est facile de voir que $$\lim_{t\to+\infty}t^2e^{-\sqrt t}=\lim_{u\to+\infty}u^4e^{-u}=0.$$ Autrement dit, $e^{-\sqrt t}=o(1/t^2)$. Ainsi, puisque $\int_1^{+\infty}\frac{dt}{t^2}$ converge et que $1/t^2>0,$ il en est de même de $\int_0^{+\infty}e^{-\sqrt t}dt.$ Remarquons qu'il aurait aussi été possible de trouver une primitive de $t\mapsto e^{-\sqrt t},$ qui est donnée par $t\mapsto -2e^{-\sqrt t}(\sqrt t+1).$ On peut déterminer une telle primitive par changement de variable $u=\sqrt t,$ puis en effectuant une intégration par parties.
La fonction $t\mapsto (\ln t)e^{-t}$ est continue sur $]0,+\infty[$.
- En $0$, elle est équivalente à $\ln t$, fonction négative au voisinage de $0$ et telle que $\int_0^1 (\ln t)dt$ converge. Par comparaison, $\int_0^1( \ln t)e^{-t}dt$ converge.
- Au voisinage de l'infini, on remarque, par croissance comparée des fonctions logarithme, puissance et exponentielle, que $t^2(\ln t)e^{-t}$ tend vers 0 lorsque $t$ vers $+\infty$. Ainsi, $(\ln t) e^{-t}=_{+\infty}o(1/t^2)$. Puisque $\int_1^{+\infty}\frac{dt}{t^2}$ converge et que $1/t^2>0$, $\int_1^{+\infty}(\ln t) e^{-t}dt$ converge.
Ainsi, on a prouvé la convergence de $\int_0^{+\infty}(\ln t)e^{-t}dt$.
La fonction $t\mapsto t(\sin t)e^{-t}$ est continue sur $[0,+\infty[$. On va prouver la convergence absolue. $$|t^2 \times t(\sin t)e^{-t}|\leq t^3 e^{-t}\xrightarrow{t\to+\infty}0.$$ Ainsi, $\displaystyle t(\sin t)e^{-t}=_{+\infty}o\left(\frac 1{t^2}\right).$ Comme précédemment, ceci implique la convergence de $\displaystyle \int_0^{+\infty}t(\sin t)e^{-t}dt.$

Exercice 2 - Convergence d'intégrales impropres - avec paramètres ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Discuter, suivant la valeur du paramètre $\alpha\in\mathbb R$, la convergence des intégrales impropres suivantes : $$\begin{array}{lll} \displaystyle \mathbf 1.\ \int_0^{+\infty}\frac{dt}{t^\alpha}&&\displaystyle \mathbf2.\ \int_0^{+\infty}\frac{e^{-t}-1}{t^\alpha}dt\\ \displaystyle \mathbf 3.\ \int_0^{+\infty}\frac{t-\sin t}{t^\alpha}dt&& \displaystyle \mathbf 4.\ \int_0^{+\infty}\frac{\arctan t}{t^\alpha}dt \end{array}$$

Attention, ici il y a un problème à la fois en 0 et en $+\infty$. Comme l'intégrale converge en 0 si et seulement si $\alpha<1$ et qu'elle converge en $+\infty$ si et seulement si $\alpha>1$, on en déduit que l'intégrale n'est jamais convergente.
En $0$, on a $e^{-t}-1\sim_0 -t$ et donc la fonction est équivalente à $\frac{-1}{t^{\alpha-1}}$. L'intégrale converge donc en $0$ si et seulement si $\alpha-1<1$, c'est-à-dire si $\alpha<2$. Au voisinage de l'infini, le numérateur est équivalent à $-1$ (car il tend vers $-1$, attention à ne pas être perturbé par la fonction exponentielle qui n'intervient pas ici au voisinage de l'infini!). On en déduit que la fonction est équivalente en $+\infty$ à $\frac{-1}{t^\alpha}$ et donc l'intégrale converge au voisinage de $+\infty$ si et seulement si $\alpha>1$. En résumé, $\int_0^{+\infty}\frac{e^{-t}-1}{t^\alpha}dt$ converge si et seulement si $1<\alpha<2$.
La fonction $t\mapsto \frac{t-\sin t}{t^\alpha}$ est continue sur $]0,+\infty[$. En $+\infty$, elle est équivalente à $\frac 1{t^{\alpha-1}}$. Ainsi, l'intégrale est convergente au voisinage de $+\infty$ si et seulement si $\alpha>2$. Au voisinage de $0$, il faut faire un développement limité du sinus pour trouver un équivalent du numérateur. On a $$t-\sin t=t-t+\frac {t^3}6+o(t^3)$$ et donc la fonction est équivalente à $\frac{1}{6t^{\alpha-3}}$. L'intégrale est convergente en 0 si et seulement si $\alpha-3<1$, donc si et seulement si $\alpha<4$. On en déduit que l'intégrale entre $0$ et $+\infty$ est convergente si et seulement si $\alpha\in ]2,4[$.
Il y a deux problèmes, à la fois en 0 et en $+\infty$. En $+\infty$, la fonction est équivalente à $\frac{\pi}{2t^\alpha}$, il y a donc convergence ssi $\alpha>1$. En $0$, puisque $\arctan t\sim_0 t$, la fonction est équivalente à $\frac{1}{t^{\alpha-1}}$, il y a donc convergence ssi $\alpha-1<1$, c'est-à-dire ssi $\alpha<2$. L'intégrale impropre $\int_0^{+\infty}\frac{\arctan t}{t^\alpha}dt$ est donc convergente ssi $\alpha\in]1,2[$.

Exercice 3 - Logarithme à la puissance $n$ ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Après en avoir justifié l'existence, calculer par récurrence la valeur de $\displaystyle I_n=\int_0^1 (\ln x)^ndx.$

Exercice 4 - Equivalent ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Pour quelles valeurs de $a\in\mathbb R$ l'intégrale impropre $\int_0^{+\infty}e^{-ax}dx$ est-elle convergente?
Pour quelles valeurs de $a\in\mathbb R$ l'intégrale impropre $\int_0^{+\infty}e^{-ax}\arctan xdx$ est-elle convergente? On note $\mathcal D$ cet ensemble de valeurs et pour $a\in\mathcal D$, on note $I(a)$ la valeur de l'intégrale impropre.
Soit $a\in\mathcal D$. Démontrer que $\displaystyle I(a)=\frac1{a^2}-\frac{2}{a^2}\int_0^{+\infty}\frac{xe^{-ax}}{(1+x^2)^2}dx$.
Démontrer que la fonction $\displaystyle x\mapsto \frac{x}{(1+x^2)^2}$ est bornée sur $\mathbb R_+$.
En déduire que $\displaystyle \lim_{a\to+\infty}\int_0^{+\infty}\frac{xe^{-ax}}{(1+x^2)^2}dx=0$.
Déterminer un équivalent simple de $I(a)$ lorsque $a$ tend vers $+\infty$.

La fonction $x\mapsto e^{-ax}$ est continue sur $\mathbb R_+$. Le problème d'existence de l'intégrale ne se pose qu'en $+\infty$. Si $a=0$, alors pour tout $X\geq 0$, on a $\int_0^X e^{-ax}dx=X$ qui tend vers $+\infty$ si $X\to+\infty$. Si $a\neq 0$, alors on a $\int_0^X e^{-ax}dx=\frac{-1}{a}e^{-aX}+\frac 1a$. Ceci admet une limite finie en $+\infty$ si et seulement si $a>0$. L'intégrale impropre est donc bien définie si et seulement si $a>0$.
La fonction $x\mapsto e^{-ax}\arctan(x)$ est continue sur $\mathbb R_+$. Le problème d'existence de l'intégrale ne se pose qu'en $+\infty$. Or, au voisinage de $+\infty$, on a $$e^{-ax}\arctan(x)\sim_{+\infty}\frac\pi 2e^{-ax}.$$ Les fonctions étant positives, on déduit du théorème sur les équivalents d'intégrales impropres et de la question précédente que $\int_0^{+\infty}e^{-ax}\arctan(x)dx$ converge si et seulement si $a>0$.
Il suffit de faire une double intégration par parties. Posons $u(x)=\frac{-1}{a}e^{-ax}$ et $v(x)=\arctan(x)$. Puisque $\lim_{x\to+\infty}u(x)v(x)=0$ (rappelons que $a>0$), on a : $$\int_0^{+\infty}e^{-ax}\arctan(x)=\int_0^{+\infty}\frac1{a}e^{-ax}\frac 1{1+x^2}dx.$$ On réalise une deuxième intégration par parties en posant cette fois $f(x)=\frac{-1}ae^{-ax}$ et $g(x)=\frac1{1+x^2}$. On a $f(0)g(0)=\frac{-1}a$ et $\lim_{x\to+\infty}f(x)g(x)=0$. On en déduit que $$I(a)=\frac1{a^2}-\int_0^{+\infty}\frac{e^{-ax}2x}{a^2 (1+x^2)^2}dx$$ qui est le résultat demandé.
Notons $h$ la fonction. Elle est clairement continue sur $[0,+\infty[$ et tend vers $0$ en $+\infty$. Elle est donc bornée! On pouvait aussi étudier $h$ pour vérifier à partir de son tableau de variation qu'elle est bornée. On pouvait aussi directement majorer $|h(x)|$, par exemple en séparant $x\in [0,1]$ et $x>1$.
Soit $M>0$ un majorant de $|h|$ sur $\mathbb R_+$. Alors on a $$\left|\int_0^{+\infty}\frac{xe^{-ax}}{(1+x^2)^2}dx\right|\leq \int_0^{+\infty}\left |\frac{xe^{-ax}}{(1+x^2)^2}\right|dx\leq M\int_0^{+\infty}e^{-ax}dx\leq \frac Ma.$$ Par le théorème des gendarmes, on en déduit que $\lim_{a\to+\infty}\int_0^{+\infty}\frac{xe^{-ax}}{(1+x^2)^2}dx=0$.
Notons pour simplifier $J(a)=\int_0^{+\infty}\frac{xe^{-ax}}{(1+x^2)^2}dx=0$. Alors on a $I(a)=\frac{1}{a^2}-\frac{2}{a^2}J(a)$. Autrement dit, $$\frac{I(a)}{\frac 1{a^2}}=1-2J(a)\to 1$$ si $a\to+\infty$. On a donc prouvé que $I(a)\sim_{+\infty}\frac 1{a^2}.$

Exercice 5 - Convergence et logarithme ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Démontrer la convergence de l'intégrale $\int_0^1 \frac{\ln x}{x^{3/4}}dx$. On pourra comparer avec $\frac 1{x^\alpha}$ pour $\alpha$ bien choisi.
Donner un équivalent simple au voisinage de $0$ de $\ln\left(x+\sqrt x\right)-\ln(x)$. En déduire la convergence de $\int_0^1\frac{\ln\left(x+\sqrt x\right)-\ln(x)}{x^{3/4}}dx$.
Donner un équivalent simple au voisinage de $+\infty$ de $\ln\left(x+\sqrt x\right)-\ln(x)$. En déduire la nature de $\int_1^{+\infty}\frac{\ln\left(x+\sqrt x\right)-\ln(x)}{x^{3/4}}dx$.

Remarquons d'abord que $x\mapsto \ln x/x^{3/4}$ est continue sur $]0,1]$. Puisqu'on veut démontrer que l'intégrale est convergente, il suffit de trouver $\alpha<1$ tel que, au voisinage de $0$, $$\frac{\ln x}{x^{3/4}}=_0o\left(\frac1{x^\alpha}\right).$$ Mais, $$x^\alpha\frac{\ln x}{x^{3/4}}=x^{\alpha-3/4}\ln (x)\to 0$$ dès que $\alpha>3/4$. On choisit donc $\alpha\in]3/4,1[$, par exemple $\alpha=7/8$. On a bien $\ln x/x^{3/4}=o(1/x^\alpha)$, avec $1/x^\alpha\geq 0$ et $\int_0^1\frac{dx}{x^\alpha}$ qui converge. Donc $\int_0^1\frac{\ln x}{x^{3/4}}dx$ converge.
La fonction $x\mapsto \left(\ln\left(x+\sqrt x\right)-\ln(x)\right)/x^{3/4}$ est continue sur $]0,1]$. On écrit $$\ln\left(x+\sqrt x\right)-\ln(x)=\ln\left(1+\frac1{\sqrt x}\right).$$ Il faut faire (très!) attention qu'en $0$, $1/\sqrt x$ ne tend par vers 0, mais vers l'infini : c'est le terme dominant, et c'est lui qu'il faut mettre en facteur! Ainsi, \begin{align*} \ln\left(x+\sqrt x\right)-\ln(x)&=\ln\left(\frac1{\sqrt x}\left(1+\sqrt x\right)\right)\\ &=\ln\left(\frac1{\sqrt x}\right)+\ln\left(1+\sqrt x\right)\\ &=-\frac12\ln x+\sqrt x+o(\sqrt x). \end{align*} Ainsi, on a $$\ln\left(x+\sqrt x\right)-\ln(x)\sim_0 \frac{-\ln x}{2}\textrm{ et }\frac{\ln\left(x+\sqrt x\right)-\ln(x)}{x^{3/4}}\sim_0 \frac{-\ln x}{2x^{3/4}}.$$ D'après la question précédente, $\int_0^1\frac{-\ln x}{2x^{3/4}}dx$ converge. De plus, $-\ln x/x^{3/4}$ garde un signe constant au voisinage de $0$. Par comparaison, on en déduit que $\int_0^1 \frac{\ln\left(x+\sqrt x\right)-\ln(x)}{x^{3/4}}dx$ converge.
On procède de la même façon. La fonction $x\mapsto \left(\ln\left(x+\sqrt x\right)-\ln(x)\right)/x^{3/4}$ est continue sur $[1,+\infty[$. On écrit $$\ln\left(x+\sqrt x\right)-\ln(x)=\ln\left(1+\frac1{\sqrt x}\right).$$ Lorsque $x\to+\infty$, $1/\sqrt x$ tend vers $0$, et donc $$\ln\left(x+\sqrt x\right)-\ln(x)\sim_{+\infty}\frac{1}{\sqrt x}\textrm{ donc }\frac{\ln\left(x+\sqrt x\right)-\ln(x)}{x^{3/4}}\sim_{+\infty}\frac1{x^{5/4}}.$$ Puisque $\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x^{5/4}}$ converge et que $1/x^{5/4}$ garde un signe constant au voisinage de $+\infty$, on en déduit que $\int_1^{+\infty} \frac{\ln\left(x+\sqrt x\right)-\ln(x)}{x^{3/4}}dx$ converge.

Exercice 6 - Intégrales de Bertrand ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Pour $\alpha,\beta\in\mathbb R$, on souhaite déterminer la nature de $$\int_e^{+\infty}\frac{dx}{x^\alpha(\ln x)^\beta}.$$

On suppose $\alpha>1$. En comparant avec une intégrale de Riemann, démontrer que l'intégrale étudiée est convergente.
On suppose $\alpha=1$. Calculer, pour $X>e$, $\int_e^X\frac{dx}{x(\ln x)^\beta}$. En déduire les valeurs de $\beta$ pour lesquelles l'intégrale converge.
On suppose $\alpha<1$. En comparant à $1/x$, démontrer que l'intégrale étudiée diverge.

Exercice 7 - Avec le critère des séries alternées ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Soit $f:[0,+\infty[\to[0,+\infty[$ une fonction continue décroissante, de limite nulle en $+\infty$. On pose $u_n=\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}f(t)\sin(t)dt$.

Montrer que la série de terme général $u_n$ est convergente.
En déduire que l'intégrale $\int_0^{+\infty}f(t)\sin(t)dt$ est convergente. Quel est son signe?
On suppose $f(x)\geq 1/x$ pour $x\geq x_0$. Prouver que $\int_0^{+\infty}f(t)\sin(t)dt$ n'est pas absolument convergente.

On va montrer que la série de terme général $u_n$ vérifie le critère des séries alternées. En effet
- Si $n=2p$ est pair, alors $\sin(t)\geq 0$ sur $[2p\pi;2p\pi+\pi]$ et donc $u_{2p}\geq 0$. Si $n=2p+1$, alors $\sin(t)f(t)\leq 0$ sur $[(2p+1)\pi,(2p+1)\pi+\pi]$ et donc $u_{2p+1}\leq 0$.
- Comme la fonction $f(t)\sin(t)$ ne change pas de signe sur $[n\pi,(n+1)\pi]$, on remarque d'abord que $$|u_n|=\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}f(t)|\sin(t)|dt.$$ D'autre part, pour tout $t\in[n\pi,(n+1)\pi]$, puisque $f$ est positive et décroissante, on a $$0\leq f((n+1)\pi)|\sin(t)|\leq f(t)|\sin(t)|\leq f(n\pi)|\sin(t)|$$ En intégrant, on obtient $$f((n+1)\pi)\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}|\sin(t)|dt\leq |u_n|\leq f(n\pi)\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}|\sin(t)|dt.$$ L'intégrale de $|\sin(t)|$ sur une période étant égale à 2, on obtient finalement : $$2f((n+1)\pi)\leq |u_n|\leq 2f(n\pi).$$ Cette inégalité montre simultanément que la suite $(|u_n|)$ est décroissante et tend vers 0.
Ainsi, d'après le critère des séries alternées, la série de terme général $u_n$ est convergente.
Soit $X>0$. Il existe un unique entier $n:=n(X)$ tel que $X\in[n\pi,(n+1)\pi[$. Notons $S_n=\sum_{k=1}^n u_k$. On peut écrire $$\int_0^X f(t)\sin(t)dt=S_{n-1}+\int_{n\pi}^{X} f(t)\sin(t)dt.$$ Or, $$\left|\int_{n\pi}^X f(t)\sin(t)dt\right|\leq \int_{n\pi}^{(n+1)\pi}f(t)|\sin(t)|dt\leq |u_n|.$$ Ainsi, lorsque $X$ tend vers $+\infty$, $n$ tend également vers $+\infty$, $S_{n-1}$ admet une limite finie et $\int_{n\pi}^{X} f(t)\sin(t)dt$ converge vers 0. C'est bien que l'intégrale est convergente. De plus, $$\int_0^{+\infty}f(t)\sin(t)dt=\sum_{n=0}^{+\infty}u_n.$$ En particulier, puisque $(u_n)$ vérifie le critère spécial des séries alternées, $\sum_{n\geq 0}u_n$ est du signe de $u_0$, c'est-à-dire que $$\int_0^{+\infty}f(t)\sin tdt\geq 0.$$
Si l'intégrale converge absolument, alors la série $\sum_n u_n$ converge elle aussi absolument. Mais en utilisant l'inégalité obtenue dans la première question, on obtient $$|u_n|\geq 2f((n+1)\pi)\geq \frac{2}{(n+1)\pi}$$ si $n$ est assez grand. Puisque la série de terme général $1/n$ est divergente, il en est de même de $\sum |u_n|$ : l'intégrale n'est pas absolument convergente.

Exercice 8 - Différence d'exponentielles ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Soient $0<a<b$.

Justifier la convergence de $\int_0^{+\infty}\frac{e^{-at}-e^{-bt}}tdt$.
Soient $0<x<y$. Démontrer que $$\int_x^y \frac{e^{-at}-e^{-bt}}tdt=\int_{ax}^{bx}\frac{e^{-t}}tdt-\int_{ay}^{by}\frac{e^{-t}}tdt.$$
Démontrer que, pour tout réel $z>0$, $$e^{-bz}\ln\frac ba\leq\int_{az}^{bz}\frac{e^{-t}}tdt\leq e^{-az}\ln\frac ba.$$
En déduire que $$\int_0^{+\infty}\frac{e^{-at}-e^{-bt}}tdt=\ln\frac ba.$$

Au voisinage de $+\infty$, puisque $a>0$ et $b>0$, on a $$\frac{e^{-at}-e^{-bt}}t=O\left(\frac1{t^2}\right),$$ d'où la convergence de $\int_1^{+\infty}\frac{e^{-at}-e^{-bt}}tdt$. En 0, on fait un développement limité pour trouver \begin{eqnarray*} \frac{e^{-at}-e^{-bt}}t=\frac{1-at-1+bt+o(t)}{t}=\frac{(b-a)t+o(t)}{t}=(b-a)+o(1). \end{eqnarray*} La fonction se prolonge donc par continuité en 0 (sa limite étant $b-a$). On en conclut la convergence de l'intégrale entre $0$ et $+\infty$.
On écrit, par changement de variables $t\mapsto at$ et $t\mapsto bt$ puis par la relation de Chasles : \begin{eqnarray*} \int_x^{y}\frac{e^{-at}-e^{-bt}}{t}dt&=&\int_{ax}^{ay}\frac{e^{-t}}{t}dt-\int_{bx}^{by}\frac{e^{-t}}{t}dt\\ &=&\int_{ax}^{bx}\frac{e^{-t}}{t}dt+\int_{bx}^{ay}\frac{e^{-t}}tdt-\int_{bx}^{ay}\frac{e^{-t}}{t}dt-\int_{ay}^{by}\frac{e^{-t}}{t}dt\\ &=&\int_{ax}^{bx}\frac{e^{-t}}{t}dt-\int_{ay}^{by}\frac{e^{-t}}{t}dt. \end{eqnarray*}
La fonction $t\mapsto e^{-t}$ étant décroissante sur $\mathbb R$, on a, pour tout $t\in[az,bz]$, $$e^{-bz}\leq e^{-t}\leq e^{-az}.$$ On multiplie alors cette double inégalité par $1/t$ (qui est strictement positif), et on intègre...
Le principal problème de cette question réside dans la rédaction. Il faut prendre les limites l'une après l'autre! Remarquons d'abord que l'on peut supposer $a\leq b$ (si on échange le rôle de $a$ et $b$, on multiplie chacun des deux termes de l'égalité que l'on veut prouver par $-1$). On considère d'abord $y\in]0,+\infty[$ fixé, et on va faire tendre $x$ vers 0. De l'inégalité précédente, appliquée à $z=x$ et du résultat de la question 2)a), on tire $$e^{-bx}\ln \frac ba-\int_{ay}^{by}\frac{e^{-t}}tdt\leq \int_x^{y}\frac{e^{-at}-e^{-bt}}{t}dt\leq e^{-ax}\ln\frac ba-\int_{ay}^{by}\frac{e^{-t}}tdt.$$ Lorsque $x$ tend vers 0, les termes de gauche et de droite convergent vers la même limite, à savoir $\ln \frac ba-\int_{ay}^{by}\frac{e^{-t}}tdt$. On peut appliquer le théorème d'encadrement des limites et en déduire que, pour tout $y>0$, l'intégrale $\int_0^y\frac{e^{-at}-e^{-bt}}tdt$ est convergente et vaut : $$\int_0^y\frac{e^{-at}-e^{-bt}}tdt=\ln\frac ba-\int_{ay}^{by}\frac{e^{-t}}{t}dt.$$ On va maintenant faire tendre $y$ vers $+\infty$. On sait que $$e^{-by}\ln\frac ba\leq \int_{ay}^{by}\frac{e^{-t}}{t}dt\leq e^{-ay}\ln\frac ba.$$ Par le théorème d'encadrement des limites, si on fait tendre $y$ vers $+\infty$, on obtient que $$\lim_{y\to+\infty}\int_{ay}^{by}\frac{e^{-t}}tdt=0.$$ On en conclut la convergence de $\int_0^{+\infty}\frac{e^{-at}-e^{-bt}}tdt$ et sa valeur : $$\int_0^{+\infty}\frac{e^{-at}-e^{-bt}}tdt=\ln\frac ba.$$

Exercice 9 - Fonction décroissante ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Soit $f:[0,+\infty[\to\mathbb R$ une fonction continue décroissante telle que $\int_0^{+\infty} f(t)dt$ converge.

Démontrer que $f\geq 0$.
Démontrer que $f$ tend vers 0 en $+\infty$.
Justifier que $\int_{x/2}^x f(t)dt$ tend vers 0 lorsque $x$ tend vers $+\infty$.
En déduire que $xf(x)$ tend vers 0 lorsque $x$ tend vers $+\infty$.

Exercice 10 - Équivalence ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Montrer que pour tout $x>0$, l'intégrale $\displaystyle\int_x^{+\infty}\frac{e^{-t}}{t}\,dt$ est convergente.
On pose $F(x)=\displaystyle\int_x^{+\infty}\frac{e^{-t}}{t}\,dt$ si $x>0$.
Montrer que $F$ est de classe $C^1$ sur $]0,+\infty[$ et calculer $F'$.
Calculer $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}F(x)$ et $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}F(x)$.
On cherche un équivalent de $F(x)$ lorsque $x\to 0^+$.
1. Démontrer que la fonction $t\mapsto \frac{e^{-t}-1}{t}$ se prolonge par continuité en $0$.
2. Démontrer qu'il existe une constante $C>0$ telle que, pour tout $x\in]0,1]$, $$\left|\int_x^1 \frac{e^{-t}-1}{t}dt\right|\leq C.$$
3. En déduire que $F(x)\sim -\ln x$ lorsque $x\to 0^+$.
On cherche un équivalent de $F(x)$ lorsque $x\to +\infty$.
1. Montrer que pour tout $x>0$, l'int\'egrale $\displaystyle\int_x^{+\infty}\frac{e^{-t}}{t^2}\,dt$ est convergente.
2. Montrer que pour tout $x>0$, $\displaystyle\int_x^{+\infty}\frac{e^{-t}}{t^2}\,dt \le \frac1xF(x)$.
3. A l'aide d'une intégration par parties, en déduire que $F(x)\sim \frac{e^{-x}}{x}$ lorsque $x\to +\infty$.