Psi - Math - Lycée Alphone Daudet

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Exercice 1. Convergence d'intégrales généralisées.

Soient $a$ et $b$ dans $\SetR$. Déterminer la nature des intégrales suivantes $$ \begin{array} {lll} I_1=\ds\int_a^{a+1}\frac{1}{(t-a)^b}dt\hskip2cm~& I_2=\ds\int_1^{+\infty}\frac{\ln(t)}{t}dt\hskip2cm~& I_3=\ds\int_1^{+\infty}\ln(t)dt\\[0.5cm] I_4=\ds\int_0^1\frac{t\ln(t)}{t-1}dt& I_5=\ds\int_0^{+\infty}t^2e^{-t}dt& I_6=\ds\int_0^{+\infty}(x-\sqrt{1+x^2})dx\\[0.5cm] I_7=\ds\ds\int_1^{+\infty}\frac{\cos^2(x)}{x}dx& I_8=\ds\int_1^{+\infty}\frac{\sin(\ln(t))}{t}dt& I_9=\ds\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-x}}dx\\[0.3cm] I_{10}=\ds\int_0^1\frac{\sin(x)}{x^\alpha}dx& I_{11}=\ds\int_{-1}^1\frac{1}{\ln|t|}dt& I_{12}=\ds\int_0^{+\infty}\frac{\ln(x)}{x^2-1}dx\\[0.5cm] I_{13}=\ds\int_0^{+\infty}\frac{\ln(1+x^2)}{x^2}dx& I_{14}=\ds\int_{0}^1\frac{1}{\sqrt{t(1-t)}}dt& I_{15}=\ds\int_0^{+\infty}\frac{\arctan^2(x)}{x^2}dx\\[0.5cm] \end{array} $$

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$2$	L'intégrale est impropre en $+\infty$. De plus, $$\forall x\geq 3,\:\:\:\:\frac{\ln(x)}{x} \:\geq\: \frac{1}{x}$$ Les fonctions étant positives et $\:\:\ds\int_1^{+\infty}\!\!\frac{1}{x} dx\:\:$ étant divergente, on peut conclure grâce au théorème de comparaison que $I_2$ est divergente.

$4$

L'intégrale $I_4$ est impropre en 0 et en 1. De plus : $$\left\{ \begin{array}{lllll} \ds\frac{t\ln(t)}{t-1}&\ds\mathop{\sim}_0&-t\ln(t)&\ds\mathop{\tendvers{t}{0}}^\text{CC}&0\\ \ds\frac{t\ln(t)}{t-1}&\ds\mathop{\sim}_1&\ds\frac{t(t-1)}{t-1}&\tendvers{t}{1}&1\\ \end{array} \right.$$ L'intégrale $I_4$ est donc faussement impropre en 0 et en 1. Elle est donc convergente.

$5$

L'intégrale est impropre en $+\infty$. Par croissance comparées, on a : $$t^2.(t^2e^{-t})\:\:\:\mathop{\tendvers{t}{0}}^\text{CC}\:\:\:0$$ Ainsi : $$\left\{ \begin{array}{lll} t^2e^{-t}\=o\left(\frac{1}{t^2}\right)\\[0.1cm] \text{Les fonctions sont positives}\\[0.1cm] \ds\int_1^{+\infty}\frac{1}{t^2}dt\:\text{ est convergente}\\ \end{array} \right.$$ Par théorème de comparaison, l'intégrale $I_5$ est convergente.

$6$

L'intégrale est impropre en $+\infty$. $$\sqrt{1+x^2}-x\:\=\:x\left(\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}-1\right)\:\:\:\mathop{\sim}_0\:\:\:x\frac{1}{2x^2}\:\=\:\frac{1}{2x}$$ Comme l'intégrale $\ds\int_1^{+\infty}\frac{1}{2x}dx$ est divergente et que les fonctions sont positives, on conclue à l'aide du théorème de comparaison que : $$\int_0^{+\infty}(\sqrt{1+x^2}-x)dx$$ est divergente et donc $I_6$ également.

$7$

L'intégrale $I_7$ est impropre ne $+\infty$. Par éclatement, on a : $$ \int_1^{+\infty} \frac{\cos^2 x}{x} dx \:\=\: \frac{1}{2} \int_1^{+\infty} \frac{1}{x} dx \:+\: \frac{1}{2} \int_1^{+\infty} \frac{\cos 2x}{x} dx. $$ La première intégrale diverge par Riemann. Nous allons montrer que la seconde est convergente grâce à une IPP, en posant : $$ \left\{\begin{array}{lll} u(x) &=& \frac{1}{x}\\ v(x) &=& \frac{\sin 2x}{2} \end{array}\right. \hskip1cm\text{donc}\hskip1cm \left\{\begin{array}{lll} u'(x) &=& -\frac{1}{x^2}\\ v'(x) &=& \cos 2x \end{array}\right.$$ Les fonctions sont $C^1$ et le crochet $$ \left[ \frac{\sin 2x}{2x} \right]_1^{+\infty} \:\=\: \lim_{x \to +\infty} \frac{\sin 2x}{2x} - \frac{\sin 2}{2} $$ converge car c'est le produit d'une fonction qui tend vers $0$ par une fonction bornée. Cela justifie l'IPP. La deuxième intégrale est donc de même nature que : $$ \int_1^{+\infty} -\frac{1}{x^2} \frac{\sin 2x}{2} dx. $$ De plus $$\left| -\frac{1}{x^2}\frac{\sin x}{2} \right| \:\:\leq\:\: \frac{1}{x^2}$$ et $\ds\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2} dx$ converge par Riemann et les fonctions sont positives. D’après le théorème de comparaison : $$ \int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2} \frac{\sin x}{2} dx $$ est convergente et donc $I_7$ diverge.

$9$	L'intégrale $I_9$ est impropre en $x=1$. Posons $X = 1 - x$ donc $dx = -dX$ : $$ I_9 \= -\int_1^0 \frac{1}{X^{1/2}} dX \= \int_0^1 \frac{1}{X^{1/2}} dX. $$ Donc $I_9$ converge par Riemann.

$13$

L'intégrale est impropre en $0$ et en $+\infty$. En 0, on a : $$\frac{\ln\left(1+x^2\right)}{x^2}\:\:\mathop{\sim}_0\:\:\frac{x^2}{x^2}\:\=\:1$$ Ainsi l'intégrale $I_{13}$ est faussement impropre en 0, elle est donc convergente en 0. En $+\infty$ : $$x^{\frac{3}{2}}\frac{\ln\left(1+x^2\right)}{x^2}\:\=\:\frac{\ln\left(1+x^2\right)}{x^{\frac{3}{2}}}\tendvers{x}{+\infty}0\hskip1cm\text{par CC}$$ $$\left\{ \begin{array}{lll} \frac{\ln\left(1+x^2\right)}{x^2}\=o\left(\frac{1}{x^{\frac{3}{2}}}\right)\\[0.1cm] \text{Les fonctions sont positives}\\[0.1cm] \ds\int_1^{+\infty}\frac{1}{x^{\frac{3}{2}}}dx\:\text{ est convergente}\\ \end{array} \right.$$ Par théorème de comparaison, l'intégrale $I_{13}$ est convergente en $+\infty$. L'intégrale est convergente en 0 et en $+\infty$, elle est donc convergente.

$14$

L'intégrale est impropre en $0$ et en $1$. En $0$ : $$\left\{ \begin{array}{lll} \frac{1}{\sqrt{t(1-t)}}\ds\:\mathop{\sim}_0\:\textstyle\frac{1}{\sqrt{t}}\\[0.1cm] \text{Les fonctions sont positives}\\[0.1cm] \ds\int_0^{1}\textstyle\!\!\!\textstyle\frac{1}{\sqrt{t}}dt\:\text{ est convergente}\\ \end{array} \right.$$ Par théorème de comparaison, l'intégrale $I_{14}$ est convergente en $0$. En $1$, effectuons le changement de variable $C^1$ et strictement décroissant : $T=1-t$. On obtient : $$I_{13}\:\=\:\int_0^1\frac{1}{\sqrt{T(1-T)}}dT$$ On vient de montrer que cette intégrale est convergente en $T=0$, ainsi $I_{13}$ est convergente en $t=1$.

$15$

L'intégrale $I_{15}$ est impropre en 0 et en $+\infty$. En 0 : $$\frac{\arctan(x^2)}{x^2}\:\tendvers{x}{0}1$$ Ainsi, l'intégrale est faussement impropre en 0, elle est donc convergente en 0. En $+\infty$ : $$\frac{\arctan(x^2)}{x^2}\:\mathop{\sim}_{+\infty}\:\frac{\pi^2}{4x^2}$$ Les fonctions sont positives et l'intégrale $\:\frac{\pi^2}{4}\ds\!\int_1^{+\infty}\textstyle\!\!\!\!\frac{1}{x^2}dx\:$ est convergente. Ainsi l'intégrale $I_{15}$ est convergente en $+\infty$. On conclut que $I_{15}$ est convergente.

Exercice 2. Intégrales de Bertrand.
Soient $a$ et $b$ dans $\SetR$. Déterminer la nature des intégrales suivantes : $$\int_2^{+\infty}\frac{1}{x^a\ln{ }^{\!b}(x)}dx \hskip3cm \int_0^{\frac{1}{2}}\frac{1}{x^a\ln{ }^{\!b}(x)}dx$$ On pourra effectuer le changement de variable $X=\ln(x)$ dans la première intégrale et $X=-\ln(x)$ dans la seconde.
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Exercice 3. Intégrales de Wallis.

Soit $n\in\SetN$, on définit les intégrales de Wallis par : $\ds W_n=\int_0^{\frac{\Pi}{2}}sin^n(x)dx$

Calculer $W_0$ et $W_1$ puis montrer que pour $n\in\SetN\setminus \{0,1\}$, on a $\ds W_n=\frac{n-1}{n}W_{n-2}$.
Montrer que $(W_n)$ est une suite décroissante. En déduire que $W_n\sim W_{n+1}$.
Montrer que $W_n=\ds\int_0^{\frac{\pi}{2}}cos^n(x)dx$.
En déduire que $\ds W_{2n}=\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\frac{\pi}{2}$ et $\ds W_{2n+1}=\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}$.
Montrer que la suite $\:\left(nW_{n}W_{n-1}\right)_{n\in\SetN}\:$ est constante. En déduire que $W_n\sim\sqrt{\frac{\pi}{2n}}$.

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Tout d'abord : $$ W_0 = \int_0^{\pi/2} 1 \, dx = \frac{\pi}{2}, \qquad W_1 = \int_0^{\pi/2} \sin x \, dx = \left[ -\cos x \right]_0^{\pi/2} = 1. $$ Puis effectuons une IPP sur $W_n$ en posant : $$ \begin{cases} u(x) \= \sin^{n-1}(x)\hskip2cm~ & u'(x) \= (n-1)\cos x \sin^{n-2}(x), \\ v(x) \= -\cos x, & v'(x) \= \sin x. \end{cases} $$ On obtient donc : $$ W_n \:\=\: \Big[ -\cos x \sin^{n-1}(x) \Big]_0^{\pi/2} \:+\: \int_0^{\pi/2} (n-1)\cos^2 x \sin^{n-2}(x) dx. $$ Ainsi : $$ W_n \:\=\: 0 + \int_0^{\pi/2} (n-1)(1 - \sin^2 x)\sin^{n-2}(x) dx \:\=\: (n-1)(W_{n-2} - W_n). $$ Enfin : $$ W_n (1+(n-1)) = (n-1) W_{n-2} \quad \text{d'où} \quad W_n \:\=\: \frac{n-1}{n} W_{n-2}. $$

Comme $\cos x \in [0,1]$ pour $x \in [0,\tfrac{\pi}{2}]$, la suite $(\cos^n x)_{_{n\in\SetN}}$ est décroissante et : $$ W_{n+2} \:\:\geq\:\: W_{n+1} \:\:\geq\:\: W_n $$ Ainsi on obtient : $$ \frac{W_{n+2}}{W_{n}} \:\:\geq\:\: \frac{W_{n+1}}{W_n} \:\:\geq\:\: 1 \:\:\:\:\implies\:\:\:\: \frac{n+1}{n+2} \:\:\geq\:\: \frac{W_{n+1}}{W_n} \:\:\geq\:\: 1 $$ Comme $\ds\frac{n+1}{n+2} \tendvers{n}{+\infty} 1$, on en déduit par théorème d’encadrement : $$ \lim_{n \to \infty} \frac{W_{n+1}}{W_n} = 1 $$ et donc $W_n \sim W_{n+1}$.

3	Posons $X = \ds\frac{\pi}{2} - x$, donc $dX = -dx$. On obtient : $$ W_n \:\=\: -\int_{\pi/2}^0 \sin^n\left(\frac{\pi}{2}-X\right) dX \:\=\: \int_0^{\pi/2} \cos^n(X) dX. $$

Montrons le résultat par récurrence.

$\bullet$ Initialisation : $n=0$. $$ W_{2\times 0} = W_0 = \frac{\pi}{2}\hskip1cm\text{et}\hskip1cm \frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\frac{\pi}{2} = \frac{(0)!}{2^0(0!)^2}\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}. $$ De plus : $$ W_{2n+1} = W_1 = 1\hskip1cm\text{et}\hskip1cm \frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!} = \frac{2^0(0!)^2}{1!} = 1. $$ Donc la propriété est initialisée

$\bullet$ Hérédité : soit $n$ dans $\SetN$. Grâce à la relation de la question 1, et par hypothèse de récurrence : $$ W_{2n+2} \:\=\: \frac{2n+1}{2n+2} W_{2n} \:\:\:\mathop{=}_{^\text{HR}}\:\:\:\frac{2n+1}{2n+2}\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2} \frac{\pi}{2} $$ Donc : $$ W_{2n+2} \:\=\: \frac{(2n+2)(2n+1)(2n)!}{2^2(n+)^22^{2n}(n!)^2} \frac{\pi}{2} \:\=\: \frac{(2n+2)!}{2^{2n+2}((n+1)!)^2} \frac{\pi}{2}. $$ De même : $$ W_{2n+3} \:\=\: \frac{2n+2}{2n+3} W_{2n+1}\:\:\:\mathop{=}_{^\text{HR}}\:\:\:\frac{2n+2}{2n+3}\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!} $$ Donc : $$ W_{2n+3} \:\=\: \frac{2^2(n+1)^2}{(2n+3)(2n+2)} \frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!} \:\=\: \frac{2^{2n+2}((n+1)!)^2}{(2n+3)!}. $$ La propriété est initialisé et héréditaire. Le résultat est donc montré par récurrence.

Pour tout $n \in \SetN$, posons $v_n = n W_n W_{n-1}$. On a alors : $$ v_{n+1} \:\=\: (n+1) W_{n+1} W_n \:\=\: (n+1)\frac{n}{n+1} W_{n-1} W_n \:\=\: v_n $$ La suite $(v_n)$ est donc constante. On a alors en utilisant l'équivalent de la question 2 : $$ \frac{\pi}{2} \:\=\: W_1 W_0 \:\=\: v_1\:\=\: v_n \:\=\: (n+1) W_{n+1} W_n \:\:\mathop{\sim}_{+\infty}\:\: n W_n^2 $$ Ainsi $$ W_n^2 \:\:\mathop{\sim}_{+\infty}\:\:\frac{\pi}{2n}. $$ Et comme $W_n \geq 0$, on a $$ W_n \:\:\mathop{\sim}_{+\infty}\:\: \sqrt{\frac{\pi}{2n}}. $$

Exercice 4. Calcul de : $\:\:\ds\int_a^b\frac{1}{\sqrt{(b-x)(x-a)}}dx$
Pour tous réels $\:a\:$ et $\:b\:$ distincts, on pose : $$I=\int_a^b\frac{1}{\sqrt{(b-x)(x-a)}}dx$$ Justifier la convergence de $I$. Montrer que $I$ ne dépend pas de $a$ et $b$. On pourra poser : $\:X=2\frac{(x-a)}{b-a}-1$ En déduire la valeur de $I$.
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Pour calculer l'intégrale on pourra mettre $(b-x)(x-a)$ sous forme canonique puis effectuer un changement de variable adéquate.
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Exercice 5. Calcul de : $\ds\int_0^{+\infty}\frac{1}{1+t^4}dt$
Posons $$% I=\int_0^{+\infty}\frac{1}{1+t^4}dt\hskip3cm% J=\int_0^{+\infty}\frac{t^2}{1+t^4}dt% $$ Montrer que $\:I\:$ et $\:J\:$ convergent. Montrer que $\:I=J\:$. Calculer $\:I+J\:$ en effectuant le changement de variable $\:x=t-\frac{1}{t}\:$. En déduire la valeur de $I$.
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Exercice 6. Si $\:\ds\int_1^{+\infty}\!\!\!\!f(t)dt\:$ converge alors $\:\ds\int_1^{+\infty}\!\!\frac{f(t)}{t}dt\:$ converge.
Soit $f$ une application continue de $[1;+\infty[$ dans $\SetR$ telle que $\:\ds\int_1^{+\infty}\!\!\!\!f(t)dt\:$ convergente. Montrer que les primitives de $f$ sont bornées. Montrer $\:\:\ds\int_1^{+\infty}\!\!\frac{f(t)}{t}dt\:\:$ convergente.
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Exercice 7. Calcul de $\:\:\ds\int_0^{+\infty}\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}dx$.
Notons $$I=\int_0^{+\infty}\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}dx$$ Justifier l'existence de $I$. Montrer que pour tout $t$ de $\SetR^*_+$, on a : $\ds\int_t^{+\infty}\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}dx\=\int_t^{2t}\frac{e^{-y}}{y}dy$ Calculer : $\:\ds\int_t^{2t}\frac{1}{x}dx\:$. En déduire la valeur de $I$.
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Exercice 8. Calcul de $\ds\int_0^{+\infty}\frac{\cos(at)-\cos(bt)}{t}dt$

Soient $a$ et $b$ des réels strictement positif. Posons $$I=\int_0^{+\infty}\frac{\cos(at)-\cos(bt)}{t}dt \hskip2cm J=\int_0^{+\infty}\frac{\sin(at)-\sin(bt)}{t}dt$$

Justifier l'existence de $I$.
Montrer que : $\:\:\:\ds\limite{\varepsilon}{0}\int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon}\frac{\cos(t)}{t}dt\=\ln\left(\frac{b}{a}\right)$
En déduire la valeur de $I$.
Montrer que : $\:\:\:\ds\int_0^{+\infty}\frac{\sin(at)}{t}dt$ est convergente.
En déduire la valeur de $J$.
Déterminer les valeurs de : $$ K_1=\int_0^{+\infty}\frac{\sin(at)\sin(bt)}{t}dt\hskip2cm K_2=\int_0^{+\infty}\frac{\sin(at)\cos(bt)}{t}dt\hskip2cm $$

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L'intégrale $I$ est impropre en $0$ et en $+\infty$. En $0$, on a : $$ \cos(at) - \cos(bt) \:\=\: 1 - \tfrac{(at)^2}{2} - 1 + \tfrac{(bt)^2}{2} + o(t^2) \:\=\: \tfrac{(b^2-a^2)t^2}{2} + o(t^2) $$ Donc $$ \frac{\cos(at)-\cos(bt)}{t} \:\:\mathop{\sim}_0\:\: \frac{(b^2-a^2)t}{2} \:\:\tendvers{t}{0}\:\: 0 $$ L'intégrale $I$ est faussement impropre en $0$, donc convergente.

En $+\infty$, effectuons une IPP en posant : $$ \left\{\begin{array}{l} u(x) = \dfrac{1}{t}\\ v(t) = \dfrac{\sin(at)}{a} - \dfrac{\sin(bt)}{b} \end{array}\right. \hskip1cm\text{donc}\hskip1cm\left\{\begin{array}{l} u'(x) = -\dfrac{1}{t^2}, \\ v'(t) = \cos(at)-\cos(bt). \end{array}\right. $$ Les fonctions sont $C^1$ et le crochet : $$ {\left[\frac{b\sin(at) - a\sin(bt)}{abt}\right]_1^{+\infty}} $$ converge. Les hypothèses du théorème sont vérifiées. Ainsi, L'intégrale $I$, en $+\infty$, est de même nature que $$ \frac{1}{ab}\int_1^{+\infty} \frac{b\sin(at) - a\sin(bt)}{t^2}\, dt. $$ Or $$ \left| \frac{b\sin(at) - a\sin(bt)}{t^2} \right| \:\:\leq\:\: \frac{a+b}{t^2} $$ et $\ds\int_1^{+\infty} \frac{a+b}{t^2} dt$ converge par Riemann. Donc $I$ est convergente également en $+\infty$ grâce au théorème de comparaison des fonctions positives.

Quitte à inverser les rôles de $a$ et $b$, on peut supposer que $a \leq b$. Comme la fonction $t \mapsto \cos t$ est décroissante sur $[0,\pi]$, on a pour tout $\varepsilon$ de $\left[0;\frac{\pi}{b}\right]$ et pour tout $t$ de $[a\varepsilon,b\varepsilon]$ : $$ \cos(a\varepsilon) \:\:\geq\:\: \cos(t) \:\:\geq\:\:\cos(b\varepsilon) $$ Ainsi, par croissance de l'intégrale : $$ \cos(a\varepsilon)\int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{1}{t}\, dt \;\; \:\:\geq\:\: \;\; \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{\cos t}{t}\, dt \;\; \:\:\geq\:\: \;\; \cos(b\varepsilon)\int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{1}{t}\, dt $$ Soit encore : $$ \cos(a\varepsilon)\ln\left(\frac{b}{a}\right) \;\; \:\:\geq\:\: \;\; \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{\cos t}{t}\, dt \;\; \:\:\geq\:\: \;\; \cos(b\varepsilon)\ln\left(\frac{b}{a}\right) $$ Les membres de gauche et de droite tendent vers $\ln\left(\tfrac{b}{a}\right)$ quand $\varepsilon$ tend vers $0$. Ainsi, par le théorème d’encadrement : $$ \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{\cos T}{T}\, dT \:\:\:\: \tendvers{\varepsilon}{0}\:\:\:\: \ln\left(\frac{b}{a}\right) $$

Soit $\varepsilon$ dans $\SetR_+^*$. On pourrait montrer comme dans la question 1, grâce à une IPP, que l’intégrale : $$ \int_\varepsilon^{+\infty} \frac{\cos(at)}{t}\, dt $$ est convergente. On a donc : $$ I_\varepsilon \:\:\mathop{\=}_{^\text{def}}\:\: \int_\varepsilon^{+\infty} \frac{\cos(at) - \cos(bt)}{t}\, dt \:\=\: \int_\varepsilon^{+\infty} \frac{\cos(at)}{t}\, dt \:-\: \int_\varepsilon^{+\infty} \frac{\cos(bt)}{t}\, dt $$ Effectuons le changement de variable $T = at$ dans la première intégrale et $T = bt$ dans la seconde. On obtient : $$ I_\varepsilon \:\=\: \int_{a\varepsilon}^{+\infty} \frac{\cos T}{T/a}\,\frac{dT}{a} \:-\: \int_{b\varepsilon}^{+\infty} \frac{\cos T}{T/b}\,\frac{dT}{b} $$ Donc : $$ I_\varepsilon \:\=\: \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{\cos T}{T}\, dT $$ En utilisant la question Q1, on obtient : $$ I \:\=\: \limite{\varepsilon}{0} I_\varepsilon \:\=\: \ln\left(\frac{b}{a}\right) $$

4	C'est une intégrale de Dirichlet. Cf cours.

Tout d'abord, on peut décomposer $J$ sous la forme : $$ J \:\=\: \int_0^{+\infty} \frac{\sin(at)}{t}\, dt \:-\: \int_0^{+\infty} \frac{\sin(bt)}{t}\, dt $$ Effectuons ensuite le changement de variable $T=at$ dans la première intégrale et $T=bt$ dans la seconde : $$ J \:\=\: \int_0^{+\infty} \frac{\sin T}{T}\, dT \:-\: \int_0^{+\infty} \frac{\sin T}{T}\, dT \:\=\: 0 $$

Tout d’abord, en supposant $a \geq b$ : $$ K_1 \:\=\: \frac{1}{2}\int_0^{+\infty} \frac{\cos((a-b)t) \:-\: \cos((a+b)t)}{t}\, dt \:\mathop{\=}_{^\text{Q3}}\: \frac{1}{2}\ln\left(\frac{a+b}{a-b}\right) $$ De plus : $$ K_2 \:\=\: \frac{1}{2}\int_0^{+\infty} \frac{\sin((a+b)t) \:-\: \sin((a-b)t)}{t}\, dt \:\:\mathop{\=}_{^\text{Q5}}\:\: 0$$ Si $a \leq b$, on inverse les rôles de $a$ et $b$.

Exercice 9. $\ds\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin(x)}{x}dx$ à l'aide du lemme de Lebesgue.

Montrer que si $f$ est une fonction de classe $C^1$ de $[a,b]$ dans $\SetR$ alors : $$\limite{n}{+\infty}\int_a^bf(x)\sin(nx)dx\=0$$ On admettra que le résultat est encore vrai pour $f$ continue par morceaux. C'est le lemme de Lebesgue.
Montrer que la fonction $\:\:\ds f(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin(x)}\:\:$ se prolonge en une fonction $C^1$ sur $\left[0;\frac{\pi}{2}\right]$.
Pour tout $n$ de $\SetN$, posons : $$J_n\=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin((2n+1)x)}{\sin(x)}dx\hskip1.5cm K_n\=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin((2n+1)x)}{x}dx $$ Montrer que $(J_n)$ est une suite constante. En déduire la valeur de $J_n$.
Montrer que $K_n\tendvers{n}{\infty}\int_0^{\infty}\frac{\sin(x)}{x}dx$.
En déduire que : $$\:\:\ds\int_0^{+\infty}\frac{\sin(x)}{x}dx\:\=\:\frac{\pi}{2}$$

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Exercice 10. Si $\:f' \geq c > 0\:$ alors $\frac{1}{f}$ intégrable au voisinage de $+\infty$.
Soit $f$ dans $C^2(\SetR^+,\SetR)$ et $c$ dans $\SetR^*_+$ vérifiant : $$\forall x\in\SetR^+,\:\:\: f''(x)\:\geq\:c\:>\:0$$ Montrer qu'il existe $a$ dans $\SetR^+$ telle que $\:\ds\frac{1}{f}\:$ soit intégrable sur $[a;+\infty[$
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