cours/maths pour l'ingénieur feuille d'exercice 1.md

#t/exercice #s/maths 

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# Serie I

## Exercice 1
### 1)
Soient $f$ et $g$ deux fonctions définies au voisinage de $0$, et telles que :
 - $f(x) = o(x)$
 - $g(x)=o(x^2)$
On cherche à montrer que $g(x) = o(f(x))$

**Contre-exemple :**
Si on a $f(x)=x^{5}$ et $g(x) = x^{3}$
Alors, on a bien :
 - $\lim\limits_{ x \to 0 } \frac{f(x)}{x} = \lim\limits_{ x \to 0 } x^{4} = 0$ donc $f(x)=o(x)$
 - $\lim\limits_{ x \to 0 } \frac{g(x)}{x^{2}} = \lim\limits_{ x \to 0 } x = 0$ donc $g(x)=o(x^{2})$
Or :
$$
\begin{align}
\lim\limits_{ x \to 0 } \frac{g(x)}{f(x)} &= \lim\limits_{ x \to 0 } \frac{x^{3}}{x^{5}} \\
&= \lim\limits_{ x \to 0 } \frac{1}{x^{2}} \\
&= +\infty
\end{align}
$$
Donc : $g(x)\neq o(f(x))$ alors que $f(x)=o(x)$ et $g(x)=o(x^{2})$

> [!note]
> Au voisinage de $0$ :
> Si :
>  - $f(x) = o(x^{i})$
>  - $g(x) = o(x^{j})$ avec $j > i$
> alors on a :
> $g = o(f)$
> > [!attention]
> > Au voisinage de $+\infty$, la propriété est inversée, et on a :
> > $f = o(g)$


### 2)
*Au voisinage de $0$*
On à : $f(x) = o(x)$
On cherche à montrer que $f(x) = o(x^{2})$

**Contre-exemple :**
Si $f(x) = x^{2}$,
On a bien : $\lim\limits_{ x \to 0 }\frac{f(x)}{x} = \lim\limits_{ x \to 0} x = 0$
Or, on a :
$\lim\limits_{ x \to 0 }\frac{f(x)}{x^{2}} = \lim\limits_{ x \to 0 } \frac{x^{2}}{x^{2}} = 1 \neq 0$
Donc $f(x) \neq o(x^{2})$ alors que $f(x) = o(x)$


### 3)
*au voisinage de $0$*
On a : $f(x) = o(x)$
On cherche à montrer que $f(x) \sim x$
Si $f(x) = o(x)$, alors $\lim\limits_{ x \to 0 } \frac{f(x)}{x} = 0$
Or, $f(x)\sim x \iff \lim\limits_{ x \to 0 }\frac{f(x)}{x} = 1$
Donc $f(x) \not\sim x$

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## Exercice 2
> Soient :
> $f(x) = x (1+\sqrt{ x })$
> $g(x) = (x-1)\ln(x)(x+e^{-x})$

### 1)
 1. montrer que $f(x) \sim x^{\frac{3}{2}}$
$$
\begin{align}
\lim\limits_{ x \to 0 } \frac{f(x)}{x^{\frac{3}{2}}} &= \lim\limits_{ x \to 0 } \frac{x(1+\sqrt{ x })}{\sqrt{ x }^{3}} \\
&= \lim\limits_{ x \to 0 } \frac{1+\sqrt{ x }}{\sqrt{ x }} \\
&= \lim\limits_{ x \to 0 } \frac{1}{\sqrt{ x }}+1 \\
&= 1
\end{align}
$$
Donc on à bien $f(x) \sim x^{\frac{3}{2}}$



## Exercice 3

### 1.


### 2.

Soit $f: x \mapsto (\cos(x^{2}) + a)e^{x} - \sqrt{ x^{3} +2 }$

On cherche à montrer que $f(x) = \mathcal{O}(e^{x})$

On veut donc montrer que $\frac{f(x)}{e^{x}}$ reste borné au voisinage de $+\infty$ 

> [!info] remarque
> Les voisinages de $+\infty$ sont de la forme $]A, +\infty[$ pour un certain $A$

Une condition suffisante est que $\displaystyle\lim\limits_{ x \to +\infty } \frac{f(x)}{e^{x}} = l \in \mathbb{R}$

> [!info] Rappel
> $l \in \mathbb{R}$ signifie que $l$ est borné.
> Pour inclure les limites infinies, on utilise $\overline{\mathbb{R}}$

$\displaystyle\frac{f(x)}{e^{x}}  = (\cos(x^{2})+a)  - \frac{\sqrt{ x^{3}+2 }}{e^{x}}$

On a :
 - $\cos(x^{2}) +a$ est bornée au voisinnage de $+\infty$
 - $\displaystyle\lim\limits_{ x \to +\infty } \frac{\sqrt{ x^{3}+2 }}{e^{x}} = \lim\limits_{ x \to +\infty } \sqrt{ \frac{x^{3}+2}{e^{2x}} } = 0$ (par croissances comparées)

On conclut que $\frac{f(x)}{e^{x}}$ est bornée au voisinnage de $+\infty$ 
(La somme de deux fonctions bornées est aussi bornée)

### 3.

Si on pose $a = 2$

A-t-on $f(x) \sim_{+\infty} 2e^{x}$ ?

Dans le 1. on a montré que : $f(x) \sim \left( \cos \left( x^{2} \right) +2 \right)e^{x}$

Donc la question se résume en cherchant si $\cos(x^{2}) + 2 \sim 2e^{x}$

> [!info] Remarque
> On utilise la transitivité de l'équivalence de fonctions :

On cherche donc à savoir si : $\left( \cos(x^{2}) + 2 \right) e^{x} \sim 2e^{x}$

La réponse est non car :

$\begin{align} \lim\limits_{ x \to + \infty } \frac{\left( \cos (x^{2}) + 2\right)e^{x}}{2e^{x}}  & = \lim\limits_{ x \to  +\infty } \frac{\cos(x^{2})+2}{2} \\ &= \lim\limits_{ x \to +\infty } \frac{\cos(x^{2})}{2} +1 \end{align}$

Cette limite n'existe pas, elle est donc différente de $1$, donc on à pas l'équivalence.


## Exercice 4
> Déterminer un équivalent simple des expressions suivantes au voisinage de $+\infty$

### 1.
#### a)

$-5 x ^{3} + \pi x ^{4} - \ln 2$

> [!definition] Propriété
> On sait que :
> $f(x) + o(f(x)) \sim f(x)$

$-5x^{3} = o(\pi x^{4})$ et $-\ln 2 = o(\pi x^{4})$

Donc : $\pi x^{4} - 5 x^{3} - \ln 2 = \pi x^{4}  + o(\pi x^{4}) + o(\pi x^{4})$
Et donc : $-5x^{3} + \pi x^{4} - \ln 2 \sim \pi x^{4}$


#### b)

$\displaystyle 2e^{x} - \frac{1}{3}x^{12}  k \sqrt{ 2 }\ln x$

> [!info] Rappel
> $\ln (bx) \ll P(x) \ll e^{ax}$
> quelque soient $(a, b) \in \mathbb{R}$ et $P \in \mathbb{R}[X]$ un polynôme

 - $\displaystyle- \frac{1}{3}x^{12} = o(2e^{x})$
 - $\sqrt{ 2 }\ln x = o(2e^{x})$
donc :
$2e^{x}- \frac{1}{3}x^{12} + \sqrt{ 2 }\ln x \sim 2e^{x}$


#### c)

$\displaystyle \frac{e^{x+2}+\ln x}{e^{x-1}+x+1}$

> [!info] Rappel
> On sait que, soient $f$ et $g$ des fonctions :
> $\displaystyle \frac{f_{1}(x)}{g_{1}(x)} \sim \frac{f_{2}(x)}{g_{2}(x)} \iff \begin{cases}f_{1}(x)\sim f_{2}(x)\\\text{et}\\ g_{1}(x) \sim g_{2}(x)\end{cases}$

Or, on a :
 - $e^{x+2} + \ln x \sim e^{x+2}$ 
 - $e^{x-1} + x+1 \sim e^{x-1}$

donc :

$\displaystyle \frac{e^{x+2}+\ln x}{e^{x-1}+x+1} \sim \frac{e^{x+1}}{e^{x-1}}$


On sait que : $\displaystyle\frac{e^{x+1}}{e^{x-1}} = e^{(x+1)-(x-1)} = e^{2}$

Donc : 
$\displaystyle \frac{e^{x+2}+\ln x}{e^{x-1}+x+1} \sim e^{2}$

#### d)
$\ln(x+2)$

$$
\begin{align}
\lim\limits_{ x \to +\infty } \frac{\ln(x+2)}{\ln(x)} &= \lim\limits_{ x \to +\infty } \frac{\ln \left( x \left( 1+\frac{2}{x} \right)  \right) }{\ln(x)} \\
&= \lim\limits_{ x \to +\infty } \frac{\ln(x) + \ln \left( 1+\frac{2}{x} \right) }{\ln(x)} \\
&= \lim\limits_{ x \to +\infty } 1+\frac{\ln \left( 1+\frac{2}{x} \right) }{\ln(x)} \\
&= 1
\end{align}
$$

Donc $\ln(x+2) \sim \ln(x)$


#### e)

$e^{2x} - 9e^{\sqrt{ x }} - \ln(3x)$

On a :
$e^{2x} - 9e^{\sqrt{ x }} - \ln(3x) \sim e^{2x} - 9e^{\sqrt{ x }}$

Donc, on veut montrer que $9e^{\sqrt{ x }} = o(e^{2x})$

$$
\begin{align}
\displaystyle\lim\limits_{ x \to +\infty } \frac{9e^{\sqrt{ x }}}{e^{2x}} &= \lim\limits_{ x \to +\infty }9 e^{\sqrt{ x }-2x} \\
&= \lim\limits_{ x \to +\infty } 9e^{2x\left( \frac{1}{2\sqrt{ x }}-1 \right) } \\
&= \lim\limits_{ x \to +\infty } 9e^{2x(-1)} & \text{car } \lim\limits_{ x \to +\infty } \frac{1}{2\sqrt{ x }} = 0 \\
&= \lim\limits_{ x \to +\infty }  9x^{-2x} \\
&= 0 & \text{car } \lim\limits_{ x \to +\infty } e^{-x} = 0
\end{align}
$$
#### f)
$\displaystyle x^{2}+8x^{2}\ln (x)+ \frac{2x}{\ln(x)}$

$\displaystyle x^{2}+8x^{2}\ln (x)+ \frac{2x}{\ln(x)} = \frac{x^{2}\ln(x) + 8x^{2}\ln^{2}(x) + 2x}{\ln(x)}$

$x^{2} = o\left( 8x^{2}\ln(x) \right)$ car $\lim\limits_{ x \to +\infty } \frac{x^{2}}{8x^{2}\ln(x)} = \lim\limits_{ x \to +\infty } \frac{1}{8\ln(x)} = 0$

De plus : $\displaystyle \frac{2x}{\ln(x)} = o\left( 8x^{2}\ln(x) \right)$ car $\ln$ est strictement positive au voisinage de $+\infty$

> [!note] Justification de $\dfrac{2x}{\ln(x)} = o\left( 8x^{2}\ln(x) \right)$
> $\dfrac{2x}{\ln(x)} < 2x$ au voisinage de $+\infty$
> et $2x = o\left( 8x^{2}\ln(x) \right)$
> Donc, nécoessaireemnt, $\displaystyle\frac{2x}{\ln(x)} = o\left( 8x^{2}\ln(x) \right)$

On conclut que  :

$8x^{2}\ln(x) + x^{2} + \frac{2x}{\ln(x)} \sim 8x^{2}\ln(x)$

#### f)
$x^{2}+8x^{2}x + \frac{2x}{\ln x}$

$x^{2} = o(8x^{2}\ln(x))$
car :
$\displaystyle\lim\limits_{ x \to +\infty } \frac{x^{2}}{8x^{2}\ln x} = \lim\limits_{ x \to +\infty } \frac{1}{8\ln x} = 0$


$\displaystyle\frac{2x}{\ln x} = o(8x^{2}\ln x)$
car :
$\displaystyle\lim\limits_{ x \to +\infty } \frac{\frac{2x}{\ln x}}{8x^{2}\ln x} = \lim\limits_{ x \to +\infty } \frac{2x}{8x^{2}\ln^{2}x} = \lim\limits_{ x \to +\infty }\frac{1}{4x\ln^{2}x} = 0$

Donc, on a :
$\boxed{x^{2} + 8x^{2} \ln x + \frac{2x}{\ln x} \sim 8x^{2}\ln x}$


#### g)

$\displaystyle\frac{\sin x}{x^{3}} - \frac{4}{x\sqrt{ x }} = \frac{\sin x-4x\sqrt{ x }}{x^{3}}$

Montrons que $\sin(x) = o(-4x\sqrt{ x })$ :
$-1 \leq \sin x\leq 1$
$\displaystyle \underbrace{-\frac{1}{-4x\sqrt{ x }}}_{\to_{+\infty} 0} \geq \frac{\sin x}{-4x\sqrt{ x }} \geq \underbrace{\frac{1}{-4x\sqrt{ x }}}_{\to _{+\infty}0}$
On a :
$\displaystyle\lim\limits_{ x \to +\infty } \frac{1}{4x\sqrt{ x }} = \lim\limits_{ x \to +\infty } -\frac{1}{4x\sqrt{ x }} = 0$
Donc, d'après le théorème des gendarmes, on sait que :
$\displaystyle \lim\limits_{ x \to +\infty } \frac{\sin x}{-4x\sqrt{ x }} = 0$

Puisque $\displaystyle\frac{1}{-4x\sqrt{ x }} = - \frac{4}{x\sqrt{ x }}$, on obtient :

$\boxed{\displaystyle \frac{\sin x}{x^{3}} - \frac{4}{x\sqrt{ x }} \sim - \frac{4}{x\sqrt{ x }}}$


#### h)

On a : $9 = o\left( e^{ 2x+3 } \right)$ car $\displaystyle\lim\limits_{ x \to  +\infty } \frac{9}{e^{ 2x+3 }} = 0$
(on peut donc enlever $9$)

On cherche à savoir si $e^{ 2x } = o\left( e^{ 2x+3 } \right)$

$\displaystyle\lim\limits_{ x \to +\infty } \frac{e^{ 2x }}{e^{ 2x+3 }} = \lim\limits_{ x \to +\infty } e^{ 2x - (2x+3)} = \lim\limits_{ x \to +\infty } e^{ -3 } \neq 0$

> [!note]
> On a $e^{ 2x } = \mathcal{O}\left( e^{ 2x+3 } \right)$ mais $e^{ 2x } \neq o\left( e^{ 2x+3 } \right)$

Donc, on devra garder $e^{ 2x }$ et $e^{ 2x + 3 }$

Alors, on obtient :

$\begin{align}e^{ 2x+3 } - e^{ 2x } - 9 &\sim e^{ 2x+3 } - e^{ 2x }\\ &\sim (e^{ 3 } -1)e^{ 2x }\end{align}$


#### i)

$\displaystyle \frac{\ln(3 +x^{4})}{\ln 3 + 2 \ln \left( 2x^{2} \right)}$ 
$$
\begin{align} 
\frac{\ln(3 +x^{4})}{\ln 3 + 2 \ln \left( 2x^{2} \right)} &= \frac{\ln\left( x^{4}\left( \frac{3}{x^{4}} +1 \right)  \right)}{\ln 3 + 2 \ln (2x^{2})} \\[1em]
&= \frac{\ln(x^{4}) + \ln \left( \frac{3}{x^{4}}  +1 \right) }{\ln(3) + 2\ln(2) + 2\ln(x^{2})} \\[1em]
&= \frac{4\ln(x) + \ln \left( \frac{3}{x^{4}} +1 \right) }{\ln(3) + 2\ln(2) +4\ln(x)} && \text{car } \ln \left( x^{2} \right)  = 2\ln x\\[1em]
\end{align}
$$ 
> [!note] Remarque
> On utilise le fait que $\ln(x^{2}) = 2\ln(x)$
> De manière générale, on a :
> $$\ln(x^{n}) = n\ln(x)$$
> Avec $x \in \mathbb{R}^{+}$ et $n \in \mathbb{R}$

On a :

$\ln \left( \frac{3}{x^{4}} +1 \right) = o\left( 4\ln(x) \right)$
car :
$\displaystyle\lim\limits_{ x \to  +\infty } \frac{\ln \left( \frac{3}{x^{4}} +1 \right)}{4\ln x} = \frac{0}{+\infty} = 0$

et :

$\ln(3) + 2\ln(2) = o(4\ln(x))$
car :
$\displaystyle\lim\limits_{ x \to +\infty } \frac{\ln(3) + 2\ln(2)}{4\ln(x)} = 0$

Donc, on obtient :

$\displaystyle\frac{\left( 4\ln(x) + \ln \left( \frac{3}{x^{4}}+1 \right) \right)}{\ln(3) + 2\ln(2) +4\ln(x)} \sim \frac{4\ln(x)}{4\ln(x)}$

Soit :

$\boxed{\frac{\left( 4\ln(x) + \ln \left( \frac{3}{x^{4}}+1 \right) \right)}{\ln(3) + 2\ln(2) +4\ln(x)} \sim 1}$

> [!note] Remarque
> On peut en déduire que :
> $\displaystyle\lim\limits_{ x \to +\infty } \frac{\ln \left( 3 + x^{4} \right)}{\ln(3) + 2\ln(2x^{2})} = 1$
> même si on n'a pas utilisé cette propriété pour montrer l'équivalence

### 2.
> Déterminer un équivalent simple des expressions suivantes au voisinage de $0$

#### a)

> $\sin x - 3$

$\mathrm{DL}_{2}(0): \sin x = x+o(x^{2})$

> [!info] Rappel
> Développement limité de $\sin x$ :
> $\displaystyle\sin x = x- \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} - \frac{x^{7}}{7!} + \cdots + \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} + o\left( x^{2n+1} \right)$
> (mêmes termes que le développement de l'exponentielle, mais seulement les terme avec des puissances impaires - car le sinus est impair - et avec des signes alternés)
> > [!note]
> > Le mnémotechnique fonctionne également pour le cosinus, qui est pair
> 
> On peut en déduire une infinité d'équivalents du sinus :
>  - $\sin (x) \sim x$
>  - $\sin(x) \sim x - \frac{x^{3}}{3!}$
>  - $\sin(x) \sim x- \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!}$
>  - $\sin(x) \sim x- \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} - \frac{x^{7}}{7!}$
>  - $\vdots$

On a : $\sin(x) - 3 = x+o(x^{2})-3$ 
On obtient donc :

$\boxed{\sin(x)-3 \sim x-3}$


#### b)
> $\sin(x)-x+x^{2}$

$\displaystyle\mathrm{DL}_{4}(0): \sin(x) = x- \frac{x^{3}}{3!} + o(x^{4})$

Donc $\displaystyle\sin(x) - x + x^{2} = \left( x- \frac{x^{3}}{3!}+o(x^{4})\right) - x + x^{2} = x^{2} - \frac{x^{3}}{3!} +o(x^{4})$
On obtient : $\displaystyle\sin(x)-x+x^{2} \sim x^{2} - \frac{x^{3}}{3!}$

On remarque qu'on pouvait arrêter le Développement limité à l'ordre 2 :
$\sin(x) = x + o(x^{2})$
pour obtenir : 

$\boxed{\sin(x)-x+x^{2} \sim x^{2}}$


#### c)

> $\sin(x)-x+ \frac{x^{3}}{6}\cos(x)-1$

$\mathrm{DL}_{3}(0):\cos(x) = 1 - \frac{x^{2}}{2} + o(x^{3})$
Donc :
$\displaystyle\frac{x^{3}}{6} \cos(x) = \frac{x^{3}}{6} - \frac{x^{5}}{12} o(x^{8})$

Aussi :
$$
\begin{align}
\sin(x)-x + \frac{x^{3}}{6}\cos(x) -1 &= x- \frac{x^{3}}{6} + \frac{x^{5}}{5!} +o(x^{6})-x + \frac{x^{3}}{6} - \frac{x^{5}}{12} + o(x^{6})\\
&= \frac{x^{5}}{5!} - \frac{x^{5}}{12} + \underbrace{o(x^{6}) + o(x^{6})}_{o(x^{6})} \\
&\sim \left( \frac{1}{5!} - \frac{1}{12} \right)x^{5}
\end{align}
$$

On obtient donc :

$\boxed{\sin(x)-x+ \frac{x^{3}}{6}\cos(x)-1 \sim \left( \frac{1}{5!} - \frac{1}{12} \right)x^{5}}$



# Serie II

## Exercice 1
> Trouver le domaine de définition et une primitive des fonctions suivantes

### 1. $h_{1}(x) = \cos (x)\sin(x)$

$\mathscr{D}_{h_{1}} = \mathbb{R}$

$$
\begin{align}
\int \cos(x)\sin(x) \, dx &= \frac{1}{2}\int 2\cos(x)\sin(x) \, dx \\
&= \frac{1}{2}\int 2 \sin'(x)\sin(x) \, dx  \\
&= \frac{1}{2}\sin ^{2}(x)+ \text{cste.}
\end{align}
$$
On obtient :
$\boxed{\int h_{1}(x) \, dx = \frac{1}{2}\sin ^{2}(x)+\text{cste.}}$

> [!note] Remarque
> De la même manière, si on utilise : $\cos(x)\sin(x) = -\cos(x)\cos'(x)$
> On obtient la même chose, avec un signe opposé :
> $\displaystyle\int h_{1}(x) \, dx = -\frac{1}{2}\cos ^{2}(x)+\text{cste.}$
> > [!note] Remarque de la remarque
> > Si on soustrait les deux primitives, on obtient :
> > $\frac{1}{2} \sin ^{2}(x) - \left( - \frac{1}{2} \cos ^{2}(x) \right) + \text{cste.} = \frac{1}{2} \left( \sin ^{2}(x) + \cos ^{2}(x) \right) + \text{cste.} = \frac{1}{2} + \text{cste.} = \text{cste}$
> > Ce qui est logique, puisque ce sont les primitives de la même fonction ($h_{1}(x) - h_{1}(x)$ est nulle, et la primitive de la fonction nulle est une fonction constante).


### 2. $h_{2}(x) = (2x-3)(2x^{2}-6x+4)$

Il y à deux méthodes possibles

#### développer l'expression
On peut développer $(2x-3)(2x^{2}-6x+4)$, puis intégrer le polynôme obtenu
 - [c] c'est long

#### Remarquer une forme particulière
$$
\begin{align} 
\int (2x-3)(2x^{2}-6x+4) \, dx &= \int 2\underbrace{(2x-3)}_{\text{dérivée de } x^{2}-3x+2}(x^{2}-3x+2) \, dx  \\
&= \int 2 u'(x)\times u(x) \, dx  && \text{avec } u(x) = x^{2}-3x+2 \\
&= \big( u(x) \big) ^{2} + \text{cste.} \\
&= \left( x^{2}-3x+2 \right) ^{2} + \text{cste.}  \\
&= x^{4} - 6x^{3} + 13x^{2} - 12x + 4 + \text{cste.}
\end{align}
$$
On obtient :
$\boxed{\int h_{2}(s) \, dx = x^{4}-6x^{3}+13x^{2}-12x+4+\text{cste.}}$


## Exercice 2

### f)
> $\displaystyle\int_{2}^{+\infty} \frac{1}{t^{2}-1} \, dt$

**Décomposition en éléments simples :**
$\displaystyle \frac{1}{t^{2}-1} = \frac{1}{(t-1)(t+1)} = \frac{A}{t-1} + \frac{B}{t+1}$
On cherche $A$ et $B$ :
$$
\begin{align}
\frac{1}{t^{2}-1} &= \frac{A}{t-1} + \frac{B}{t+1} \\ \\
&= \frac{A(t+1)+B(T-1)}{(t-1)(t+1)} \\
&= \frac{At+A+Bt-B}{t^{2}-1} \\
&= \frac{(A+B)t+A-B}{t^{2}-1} \\
\text{donc :} \\
1 &= (A+B)t + A-B \\
\text{soit :} \\
\begin{cases}
A+B = 0 \\
A-B = 1
\end{cases} \\
&\iff \begin{cases}
A = -B \\
2A = 1
\end{cases} \\
&\iff \begin{cases}
A = -B \\
A = \frac{1}{2}
\end{cases} \\
&\iff \begin{cases}
A = \frac{1}{2} \\
B = -\frac{1}{2}
\end{cases}
\end{align}
$$
Donc, on a :
$\displaystyle \frac{1}{t^{2}-1} = \frac{1}{2(t-1)} - \frac{1}{2(t+1)}$

$$ \begin{align}
\int_{2}^{+\infty} \frac{dt}{t^{2}-1} &= \int_{2}^{+\infty} \frac{1}{2(t-1)} - \frac{1}{2(t+1)} \, dt  \\
&= \lim\limits_{ x \to +\infty } \int_{2}^{x} \frac{1}{2(t-1)} - \frac{1}{2(t+1)} \, dt \\
&= \lim\limits_{ x \to +\infty } \frac{1}{2}\left(  \left[  \ln(|t-1|) - \ln(|t+1|) \right]_{2}^{x}  \right)  \\
&= \lim\limits_{ x \to +\infty }  \frac{1}{2} \left( \ln(x-1) - \ln(x+1) - \ln(1) + \ln(3) \right)  \\
&= \lim\limits_{ x \to +\infty } \frac{1}{2}\left( \ln\left( \frac{x-1}{x+1} \right) + \ln(3) \right)  \\
\text{or :} & \lim\limits_{ x \to +\infty } \frac{x-1}{x+1} = 1 \\
\text{donc :} \\
\int_{2}^{+\infty} \frac{1}{t^{2}-1} \, dt &= \frac{\ln(3)}{2}
\end{align} $$


### g)
> $\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{ t }} \, dt$

$$
\begin{align}
\int_{0}^{1} \frac{dt}{\sqrt{ t }} &= \lim\limits_{ x \to 0 } \int_{x}^{1} t^{-\frac{1}{2}} \, dt \\
&= \lim\limits_{ x \to 0 } \left[ \frac{1}{\frac{1}{2}} t^{\frac{1}{2}} \right]_{x}^{1} \\
&= \lim\limits_{ x \to 0 } \left[ 2\sqrt{ t } \right]_{x}^{1} \\
&= \lim\limits_{ x \to 0 } 2\sqrt{ 1 } - 2\sqrt{ x } \\
&= 2
\end{align}
$$
Donc $\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{dt}{\sqrt{ t }}$ est convergente et vaut $2$.


### h)
> $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} t e^{ -t } \, dt$

On utilise une intégration par parties :
$t e^{-t} = u(t) \times v'(t)$ où :
$\displaystyle \begin{cases} u(t) = t\\ v'(t) = e^{-t} \end{cases} \implies \begin{cases} u'(t) = 1\\ v(t) = -e^{-t} \end{cases}$
Alors :
$$
\begin{align}
\int_{a}^{b} t e^{ -t } \, dt &= \int_{a}^{b} u(t)v'(t) \, dt \\
&= \left[ u(t)\times v(t) \right]_{a}^{b} - \int_{a}^{b} u'(t)\times v(t) \, dt \\
&= \left[ -t e^{ -t } \right]_{a}^{b} - \int_{a}^{b} - e^{ -t } \, dt  \\
&= \left[ -t e^{ -t } \right]_{a}^{b} - \left[ e^{ -t } \right]_{a}^{b} \\
\text{donc :} \\
\int_{0}^{+\infty} t e^{ -t } \, dt &= \lim\limits_{ x \to +\infty } \left[ -t e^{ -t } \right]_{0}^{x} - \left[ e^{-t} \right]_{0}^{x} \\
&= \lim\limits_{ x \to +\infty } -x e^{ -x } - 0 - e^{ -x } - (-1) \\
&= \lim\limits_{ x \to +\infty } \underbrace{ -x e^{ -x } }_{ \to 0 } - \underbrace{ e^{ -x } }_{ \to 0 } + 1 \\
&= 1
\end{align}
$$
Donc, l'intégrale $\displaystyle\int_{0}^{+\infty} t e^{ -t } \, dt$ converge et vaut $1$

### i)
> $\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos(t)}{\sqrt{ \sin (t) }} \, dt$

$\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos(t)}{\sqrt{ \sin (t) }} \, dt = \lim\limits_{ x \to 0 } \int_{x}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos(t)}{\sqrt{ \sin(t) }} \, dt$

On sait que $(\sin x)' = \cos x$
Donc, on a :
$$
\begin{align}
\lim\limits_{ x \to 0 } \int_{x}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos(t)}{\sqrt{ \sin(t) }} \, dt &= \lim\limits_{ x \to 0 } \int_{x}^{\frac{\pi}{4}} \frac{(\sin t)'}{\sqrt{ \sin(t) }} \, dt  \\
&= \lim\limits_{ x \to 0 } 2 \int_{x}^{\frac{\pi}{4}} \frac{(\sin t)'}{2\sqrt{ \sin t }} \, dt \\
&= \lim\limits_{ x \to 0 } 2 \left[ \sqrt{ \sin(t) } \right]_{x}^{\frac{\pi}{4}} && \text{car } \left(\sqrt{ u }\right)' = \frac{u'}{2\sqrt{ u }} \\
&= \lim\limits_{ x \to 0 } 2\left( \sqrt{ \sin \left( \frac{\pi}{4} \right) } - \sqrt{ \sin(x) } \right)  \\
&= 2 \sqrt{ \frac{\sqrt{ 2 }}{2} } \qquad \text{ car } \lim\limits_{ x \to 0 } \sqrt{ \sin(x) } = 0 \\
&= 2 \sqrt{ \frac{1}{\sqrt{ 2 }} } \\
&= 2 \times \frac{1}{2^{\frac{1}{4}}} \\
&= 2 ^{1-\frac{1}{4}} \\
&= 2^{\frac{3}{4}}
\end{align}
$$
Donc, $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos(t)}{\sqrt{ \sin(t) }} \, dt$ est convergente et vaut $2^{\frac{3}{4}}$


## Exercice 5
> Déterminer à l'aide de la définition la nature des intégrales suivantes et calculer celles qui convergent.

### b)

$\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dt}{1+t^{2}}$ 
$$
\begin{align}
\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dt}{1+t^{2}} &= \int_{-\infty}^{0} \frac{1}{1+t^{2}} \, dt + \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+t^{2}} \, dt  \\
&= \lim\limits_{ x \to -\infty } \int_{x}^{0} \frac{1}{1+t^{2}} \, dt + \lim\limits_{ x \to +\infty } \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+t^{2}} \,dt \\
&= \lim\limits_{ x \to -\infty } \left[ \arctan(t) \right]_{x}^{0} + \lim\limits_{ x \to +\infty } \left[ \arctan(t) \right]_{0}^{x} \\
&= \lim\limits_{ x \to -\infty } \left( 0-\arctan(x) \right) + \lim\limits_{ x \to +\infty } \left( \arctan(t)-0 \right)  \\
&= -\left( - \frac{\pi}{2} \right) + \frac{\pi}{2} \\
&= \pi
\end{align}
$$ 
> [!info]- Rappel - Fonction artangente
> ![[fonction arctangente]]

### c)
$\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac{e^{\arctan(t)}}{1+t^{2}} \, dt$

$$
\begin{align}
\int_{0}^{+\infty} \frac{e^{\arctan(t)}}{1+t^{2}} \, dt &= \lim\limits_{ x \to +\infty } \int_{0}^{x} \frac{e^{\arctan(t)}}{1+t^{2}} \, dt \\
&= \lim\limits_{ x \to +\infty } \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+t^{2}}\times e^{\arctan(t)} \, dt   \\
\end{align}
$$

On sait que : $\big( v(u(x)) \big)' = u'(x)\times v'(u(x))$ (autrement dit : $(v \circ u)' = u' \times v'\circ u$) (dérivée d'une composée)

Alors : 
$\displaystyle \int_{a}^{b} u'(t)\times v'(u(t)) \, dt = \big[ v(u(t)) \big]_{a}^{b} = \left[ u(t) \right]_{u(a)}^{u(b)}$

Donc :

$$
\begin{align}
\int_{0}^{+\infty} \frac{e^{\arctan(t)}}{1+t^{2}} \, dt &= \lim\limits_{ x \to +\infty } \left[ e^{\arctan(t)} \right]_{0}^{x} \\
&= \lim\limits_{ x \to +\infty } \left( e^{ac\tan(x)} - e^{\arctan(0)} \right)  \\
&= \lim\limits_{ x \to +\infty } \left( e^{\arctan(t)} - 1 \right)  \\
&= e^{\frac{\pi}{2}} - 1
\end{align}
$$

### d)
$\displaystyle \int_{1}^{+\infty} \frac{dt}{t^{2}}$


$$
\begin{align}
\int_{1}^{+\infty} \frac{dt}{t^{2}} &= \lim\limits_{ x \to +\infty } \int_{1}^{x} \frac{1}{t^{2}} \, dt \\
&= \lim\limits_{ x \to +\infty } \left[ -\frac{1}{t} \right] _{2}^{x} \\
&= \lim\limits_{ x \to +\infty } \left( -\frac{1}{x} + 1 \right)   \\
&= 1
\end{align}
$$

### e)
$\displaystyle \int_{0}^{+\infty} t e^{ -t^{2} }  \, dt$

$$
\begin{align}
\int_{0}^{+\infty} t e^{ -t^{2} }  \, dt &= \lim\limits_{ x \to +\infty } \int_{0}^{x} \text{e-tsr} \, dt \\
&= \lim\limits_{ x \to +\infty } \int_{0}^{x} -\frac{1}{2}\times(-2)t e^{ -t^{2} } \, dt \\
&= \lim\limits_{ x \to +\infty } -\frac{1}{2}\int_{0}^{x} -2t e^{ -t^{2} } \, dt \\
&= \lim\limits_{ x \to +\infty } \left( -\frac{1}{2} \times \left[ e^{ -t^{2} } \right]_{0}^{x} \right) \\
&= \lim\limits_{ x \to +\infty } \left( -\frac{1}{2} \left( e^{-x^{2}} - 1 \right)  \right)  \\

\end{align}
$$


## Exercice 6

### a)
> $\displaystyle \int_{1}^{+\infty} \frac{1-\cos(t)}{t^{2}} \, dt$


 - $\displaystyle\frac{1-\cos(t)}{t^{2}}$ est continue sur $[0; +\infty[$
 - on a : $\displaystyle \lim\limits_{ x \to +\infty } \frac{1-\cos(t)}{t^{2}} = 0$, donc on a pas une divergence grossière
 - $\displaystyle \forall t \in [1, +\infty[, 0 \leq \frac{1-\cos(t)}{t^{2}} \leq \frac{2}{t^{2}}$
     - Or, $\displaystyle \int_{1}^{+\infty} \frac{2}{t^{2}} \, dt = 2\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{t^{2}} \, dx$, qui est une intégrale de Riemann. D'après le critère de Riemann, $\displaystyle \int_{1}^{+\infty} \frac{2}{t^{2}} \, dx$ converge donc.
     - aussi, $\displaystyle\int_{1}^{+\infty} 0 \, dx = 0$
     - Alors, par encadrement, $\displaystyle \int_{1}^{+\infty} \frac{1-\cos t}{t^{2}} \, dt$ converge

### b)
> $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac{t^{2}}{t^{\frac{17}{5}} + 1} \, dt$

 - la singularité est en $+\infty$

 - $\displaystyle \lim\limits_{ t \to +\infty } \frac{t^{2}}{t^{\frac{17}{5}}+ 1} = 0$ par croissance comparée
     - Donc on a pas une divergence grossière

$\displaystyle\frac{t^{2}}{t^{\frac{17}{5}}+1} \sim _{+\infty} \frac{1}{t^{\frac{7}{5}}}$

Alors $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac{t^{2}}{t^{\frac{17}{5}} + 1} \, dt$ et $\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{t^{\frac{7}{5}}} \, dt$ ont la même convergence

Or, par critère de Riemann, on sait que $\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{t^{\frac{7}{5}}} \, dt$ est convergente, donc $\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \frac{t^{2}}{t^{\frac{17}{5}}+1} \, dx$ converge aussi.
 - [!] on intègre sur $[1;+\infty[$ pour que le critère de Riemann puisse s'appliquer
De l'autre côté, $\displaystyle\int_{0}^{1} \frac{t^{2}}{t^{\frac{17}{5}}+1} \, dx$ est une intégration classique, donc finie.

Alors, puisque $\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \frac{t^{2}}{t^{\frac{17}{5}}+1} \, dt = \int_{0}^{1} \frac{t^{2}}{t^{\frac{17}{5}}+1} \, dt + \int_{1}^{+\infty} \frac{t^{2}}{t^{\frac{17}{5}}+1} \, dt$
On sait que l'intégrale :
$\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \frac{t^{2}}{t^{\frac{17}{5}}+1} \, dt$ converge

 
### c)
> $\displaystyle\int_{0}^{1} \frac{e^{ t }}{t} \, dt$


Soit $t \in ]0; 1]$ on a : $\displaystyle 0 \leq \frac{1}{t} \leq \frac{e^{ t }}{t}$

De plus, on sait que $\displaystyle\int_{0}^{1} \frac{1}{t} \, dt$ est divergente (critère de Riemann)

Donc, $\displaystyle\int_{0}^{1} \frac{1}{t} \, dt$ est 

### d)
> $\displaystyle\int_{0}^{1} \frac{\cos(t)}{\sqrt{ t }} \, dt$

Soit $t \in ]0; 1]$, on a :
$0 \leq \cos t \leq 1$
$\displaystyle0 \leq \frac{\cos(t)}{\sqrt{ t }} \leq \frac{1}{\sqrt{ t }}$

De plus, on sait que $\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{ t }} \, dt$ converge (critère de Riemann)
alors, $\displaystyle\int_{0}^{1} \frac{\cos(t)}{\sqrt{ t }} \, dt$ converge


### e)
> $\displaystyle\int_{0}^{1} \frac{t^{2}+1}{t} \, dt$
Note: on peux simplement effectuer le calcul de l'intégrale $\displaystyle\int_{x}^{1} \frac{t^{2}+1}{t} \, dt$, et voir que par passage à la limite, elle diverge.

$\displaystyle\frac{t^{2}+1}{t}$ est une fonction positive sur $]0;1]$
de plus, on a : $\displaystyle \frac{t^{2}+1}{t} \sim_{0} \frac{1}{t}$
Alors $\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{t^{2}+1}{t} \, dt$ a la même nature que $\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{1}{t} \, dt$ qui diverge (critère de Riemann)
Ainsi, $\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{t^{2}+1}{t} \, dt$ diverge


### f)
> $F = \displaystyle \int_{-\infty}^{1} \frac{e^{ \cos t }}{t} \, dt$

$\displaystyle \frac{e^{ \cos t }}{t}$ est continue par morceaux sur $]-\infty; 0[ \cup ]0; 1]$  (on note $\frac{e^{ \cos t }}{t} \in \mathcal{CM}(]-\infty;0[\cup]0;1])$)

Donc :
$$
\begin{align}
F &= \int_{-\infty}^{0} \frac{e^{ \cos t }}{t} \, dt + \int_{0}^{1} \frac{e^{ \cos t }}{t} \, dt \\
&= \int_{-\infty}^{-1} \frac{e^{ \cos t }}{t} \, dt + \int_{-1}^{0} \frac{e^{ \cos t }}{t} \, dt + \int_{0}^{1} \frac{e^{ \cos t }}{t} \, dt  
\end{align}
$$
On est obligé de diviser en 3 intégrales, car on a des singularités en $-\infty$ et en $0$, et que l'on veut intégrer jusqu'a $1$. On cherche donc à obtenir des intégrales avec chacune une seule singularité.
Le choix de $-1$ est arbitraire (et ne change pas le résultat).

On veut montrer que $\displaystyle\int_{0}^{1} \frac{e^{ \cos t }}{t} \, dt$ diverge

Soit $t \in ]0;1]$ on a:
$0 \leq \cos t$
$\displaystyle 1 \leq e^{ \cos t }$ (car l'exponentielle est une fonction croissante)
$\displaystyle 0 \leq \frac{1}{t} \leq \frac{e^{ \cos t }}{t}$ (car $t > 0$)

Or, $\displaystyle\int_{0}^{1} \frac{1}{t} \, dt$ diverge (critère de Riemann).
On en déduit que $\displaystyle\int_{0}^{1} \frac{e^{ \cos t }}{t} \, dt$ diverge

### g)
> $\displaystyle G = \int_{0}^{+\infty} \ln(t) \exp(-t) \, dt$

$\displaystyle G = \int_{0}^{1} \ln(t)\exp(-t) \, dt + \int_{1}^{+\infty} \ln(t)\exp(-t) \, dx$

> [!info] Rappels sur les logarithmes
> Formules de base sur les logarithmes :
>  - $\ln(a \times b) = \ln(a) + \ln(b)$
>      - $\ln\left( \frac{a}{b} \right) = \ln(a) - \ln(b)$
>      - $\ln\left( \frac{1}{x} \right) = -\ln(x)$
>  - $\ln(a^{k}) = k\ln(a)$
>      - on en déduit aussi : $\ln\left( \frac{1}{x} \right) = \ln(x^{-1}) = -\ln(x)$

#### Convergence de $\displaystyle\int_{0}^{1} \ln(t)\exp(-t) \, dt$
$\displaystyle \int_{0}^{1} \ln(t)\exp(-t) \, dt = \lim\limits_{ x \to +\infty }$

On a : $\displaystyle\lim\limits_{ t \to 0 } t^{\frac{1}{2}} \ln(t) e^{ -t } = 0$ (on rappelle que $t^{\frac{1}{2}} = \sqrt{ t }$)
Donc, d'après la proposition 7 du cours, on sait que $\displaystyle\int_{0}^{1} \ln(t)e^{ -t } \, dt$ est absolument convergente.

#### Convergence de $\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \ln(t)e^{ -t } \, dt$
$\displaystyle\lim\limits_{ t \to +\infty } t^{2} \ln(t) e^{ -t } = \lim\limits_{ t \to +\infty } \frac{t^{2} \ln(t)}{e^{ t }}$

Donc $\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \ln(t)e^{ -t } \, dt$ est convergente

#### Conclusion

Puisque $\displaystyle\int_{0}^{1} \ln(t)e^{ -t } \, dt$ et $\displaystyle\int_{1}^{-\infty} \ln(t)e^{ -t } \, dt$ convergentent, on conclut que $\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \ln(t)e^{ -t } \, dt$ converge.


### h)
> $H = \displaystyle\int_{0}^{+\infty} \frac{\ln(1+t)}{t^{\frac{3}{2}}} \, dt$

$$\begin{align}
H &= \displaystyle\int_{0}^{+\infty} \frac{\ln(1+t)}{t^{\frac{3}{2}}} \, dt \\
&= \int_{0}^{1} \frac{\ln(1+t)}{t^{\frac{3}{2}}} \, dt + \int_{1}^{+\infty} \frac{\ln(1+t)}{t^{\frac{3}{2}}} \, dt  
\end{align}$$

On sait que :
 - $\ln(1+t) \sim_{+\infty} \ln(t)$ (au voisinage de $+\infty$)
 - $\ln(1+t) \sim_{o} t$ (au voisinage de $0$)

#### Convergence de $\displaystyle\int_{0}^{1} \frac{\ln(1+t)}{t^{\frac{3}{2}}} \, dt$

On sait que :
$\displaystyle \frac{\ln(1+t)}{t^{\frac{3}{2}}} \sim \frac{t}{\frac{3}{2}} = \frac{1}{t^{\frac{1}{2}}}$

Or, par le critère de Riemann, on sait que $\displaystyle\int_{0}^{1} \frac{1}{t^{\frac{1}{2}}} \, dt$ converge car $\frac{1}{2} < 1$
Donc, par équivalence, on sait que $\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{\ln(1+t)}{t^{\frac{3}{2}}} \, dt$ converge.

#### Convergence de $\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \frac{\ln(1+t)}{t^{\frac{3}{2}}} \, dt$


on a : $\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \frac{\ln(1+t)}{t^{\frac{3}{2}}} \, dt = \int_{1}^{e} \frac{\ln(1+t)}{t^{\frac{3}{2}}} \, dt + \int_{e}^{+\infty} \frac{\ln(1+t)}{t^{\frac{3}{2}}} \, dt$

$\displaystyle\int_{1}^{e} \frac{\ln(1+t)}{t^{\frac{3}{2}}} \, dt$ est une intégrale classique, donc finie

$\displaystyle\int_{e}^{+\infty} \frac{\ln(1+t)}{t^{\frac{3}{2}}} \, dt$ possède une singularité en $+\infty$
On sait que :
$\frac{\displaystyle\ln(1+t)}{t^{\frac{3}{2}}} \sim_{+\infty} \frac{\ln(t)}{t^{\frac{3}{2}}}$
or, $\displaystyle\frac{\ln(t)}{t^{\frac{3}{2}}} = \frac{1}{t^{\frac{3}{2}}\times(\ln(t))^{-1}}$ (intégrale de Bertrand)
On sait par le critère de Bertrand que $\displaystyle\int_{e}^{+\infty} \frac{1}{t^{\frac{3}{2}} \times (\ln(t))^{-1}} \, dt$ converge.
Donc, par équivalence, on sait que $\displaystyle\int_{e}^{+\infty} \frac{\ln(1 + t)}{t^{\frac{3}{2}}} \, dt$ converge aussi

Alors, $\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \frac{\ln(1+t)}{t^{\frac{3}{2}}} \, dt$ converge.

#### Conclusion

Puisque toutes les parties de sa décomposition convergent, on sait que $\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \frac{\ln(1+t)}{t^{\frac{3}{2}}} \, dt$ converge.


### i)
> $\displaystyle I = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\ln(1 + t^{2})}{1+t^{2}} \, dt$

$\displaystyle I = \int_{-\infty}^{0} \frac{\ln(1+t^{2})}{1+t^{2}} \, dt + \int_{0}^{+\infty} \frac{\ln(1+t^{2})}{1+t^{2}} \, dt$

$\displaystyle t \mapsto \frac{\ln(1+t^{2})}{1+t^{2}}$ est une fonction paire, donc $\displaystyle\int_{-\infty}^{0} \frac{\ln(1+t^{2})}{1+t^{2}} \, dt = - \int_{0}^{+\infty} \frac{\ln(1+t^{2})}{1+t^{2}} \, dt$
> [!info] Démonstration avec un changement de variable
> On utilise la formule fondamentale du changement de variable :
> $\boxed{\displaystyle\int_{a}^{b} g(f(t)) f'(t) \, dt = \int_{f(a)}^{f(b)} g(x) \, dx}$
> Ici, on a : 

Donc : $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\ln(1+t^{2})}{1+t^{2}} \, dt = 2 \int_{0}^{+\infty} \frac{\ln(1+t^{2})}{1+t^{2}} \, dt$

Au voisinage de $+\infty$ : $\displaystyle\frac{\ln(1+t^{2})}{1+t^{2}} \sim_{+\infty} \frac{\ln(t^{2})}{t^{2}} = \frac{2\ln(t)}{t^{2}}$





## Exercice 7

### a)