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

#exercice #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)