Intégrabilité

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Enoncés
Intégrabilité
1
Exercice 6 [ 00183 ] [correction]
Etudier l’intégrabilité en 0 de
Exercice 1 [ 00657 ] [correction]
Etudier l’existence des intégrales suivantes :
Z
f : x 7→
1
Z
1
+∞
Z
dt
√
a)
(1
−
t)
t
0
Z +∞
ln(1 + t)
d)
dt
t3/2
0
Z
ln(t) e−t dt
b)
Z 0+∞
e)
−∞
ln(1 + t2 )
dt
1 + t2
x
et
dt
t
+∞
ln t
dt
c)
2+1
t
Z 0+∞
1
f)
sin 2 dt
t
0
Exercice 7 [ 03206 ] [correction]
Soit f : [1, +∞[ → R continue vérifiant
∀x, a > 1, 0 6 f (x) 6
Exercice 2 [ 02349 ] [correction]
Etudier l’existence des intégrales suivantes :
Z +∞ −√t
Z 1
te
ln t
p
a)
dt
b)
dt
2
3
1
+
t
(1
−
t)
0
0
Z +∞
Z +∞
2
d)
e−(ln t) dt e)
e−t arctan t dt
0
1
a
+ 2
2
x
a
La fonction f est-elle intégrable sur [1, +∞[ ?
Z
+∞
dt
t−1
e
0
Z +∞
p
f)
t + 2 − t2 + 4t + 1 dt
c)
0
0
Exercice 8 [ 03441 ] [correction]
Soit f : [0, +∞[ → R une fonction continue, positive et décroissante.
On pose g : [0, +∞[ → R donnée par
g(x) = f (x) sin x
Exercice 3 [ 03385 ] [correction]
a) Etudier l’intégrabilité sur ]1, +∞[ de
Montrer que les intégrabilités de f et de g sont équivalentes.
√
f (x) =
ln x
√
(x − 1) x
Exercice 9 [ 03627 ] [correction]
Soit f : [0, +∞[ → R continue et positive. On suppose
b) Montrer
Z
3
f (x) dx 6
2
f (x + 1)
−−−−−→ ` ∈ [0, 1[
x→+∞
f (x)
ln 3
2
Déterminer la nature de
Exercice 4 [ 03221 ] [correction]
Etudier l’existence de
Z
+∞
ln(tht) dt
0
R +∞
0
f (t) dt.
Exercice 10 [ 03442 ] [correction]
Soit f : [0, 1] → R donnée par
f (x) = x2 cos 1/x2
Exercice 5 [ 00661 ] [correction]
Montrer que les fonctions t 7→ sin t et t 7→
sin t
t
ne sont pas intégrables sur [0, +∞[.
si x ∈ ]0, 1] et f (0) = 0
Montrer que f est dérivable sur [0, 1] mais que sa dérivée f 0 n’est pas intégrable
sur ]0, 1].
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Enoncés
2
Exercice 11 [ 01770 ] [correction]
Soit g définie sur R+? par
Z
1 x
f (t) dt
g(x) =
x 0
où f est continue, de carré intégrable sur R+ .
a) Etudier le prolongement par continuité de g en 0.
b) Exprimer g 0 (x) en fonction de f (x) et de g(x) pour x > 0.
c) Pour 0 < a < b, montrer que
Z b
Z b
g 2 (t) dt = 2
f (t)g(t) dt + ag 2 (a) − bg 2 (b)
a
puis montrer que
s
Z b
a
s
g 2 (t) dt
Z
s
+∞
f 2 (t) dt
6
a
+
ag 2 (a)
Z
+∞
+
f 2 (t) dt
0
0
d) Etudier la nature de
Z
+∞
g 2 (t) dt
0
Exercice 12 [ 03753 ] [correction]
[Inégalité de Hardy]
Soit f : [0, +∞[ → R continue et de carré intégrable. Pour x > 0, on pose
Z
1 x
g(x) =
f (t) dt
x 0
a) Montrer que g 2 est intégrable sur ]0, +∞[ et que
Z +∞
Z +∞
g 2 (t) dt 6 4
f 2 (t) dt
0
0
b) Montrer que f g est intégrable et
Z +∞
Z
g 2 (t) dt = 2
0
+∞
f (t)g(t) dt
0
Exercice 13 [ 03053 ] [correction]
Soit f ∈ C 2 (R, R) telle que f et f 00 sont de carrés intégrables.
a) Montrer que f 0 est de carré intégrable.
b) Montrer :
Z
2 Z
Z
02
2
002
f
6
f
f
R
R
R
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Corrections
Corrections
3
Quand t → +∞,
r
Exercice 1 : [énoncé]
On notera f la fonction intégrée et I l’intervalle d’étude, à chaque fois f s’avère
continue par morceaux sur I.
1
donc f n’est pas intégrable au voisinage de 1 et puisque
a) I = ]0, 1[, f (t) ∼ 1−t
f (t) = t + 2 − t 1 +
4
1
2
1
2
3
+ 2 = t + 2 − t(1 + + 2 − 2 + O(1/t3 )) ∼
t
t
t
2t
t
2t
f n’est pas intégrable en +∞. Puisque de plus cette fonction est positive, on peut
affirmer que l’intégrale diverge.
t→1−
de signe constant,
√ l’intégrale étudiée2 diverge.
b) I = ]0, +∞[, tf (t) −−−−→
0 et t f (t) −−−−→ 0 donc f est intégrable et
t→+∞
t→0+
R +∞
−t
ln
t
e
dt
converge.
0
√
c) I = ]0, +∞[, tf (t) −−−−→
0 et t3/2 f (t) −−−−→ 0 donc f est intégrable et
t→+∞
t→0+
R +∞ ln t
dt
converge.
2
t +1
0
d) I = ]0, +∞[, f (t) ∼ + √1t et t4/3 f (t) −−−−→ 0 donc f est intégrable et
t→+∞
t→0
R +∞ ln(1+t)
dt
converge.
0
t3/2
Exercice 3 : [énoncé]
a) La fonction f est définie et continue par morceaux sur ]1, +∞[.
Quand x → 1+ ,
p
(x − 1)
1
f (x) ∼
=√
(x − 1)
x−1
et quand x → +∞
√
ln x
f (x) ∼ 3/2 = o
x
3/2
e) I = ]−∞, +∞[, t3/2 f (t) −−−−→ 0 et |t| f (t) −−−−→ 0 donc f est intégrable
t→+∞
t→−∞
R +∞ ln(1+t2 ) dt
converge.
et −∞
1+t2
f) I = ]0, +∞[, sin t12 ∼ t12 et sin t12 est bornée au voisinage de 0 donc f est
R +∞ t→+∞
intégrable et 0 sin t12 dt converge.
(1−t)
c) I = ]0, +∞[,
1
∼ 1
et −1 t→0+ t
donc f n’est pas intégrable au voisinage de 0. Puisque
de plus cette fonction est positive, on peut affirmer que l’intégrale diverge.
2
d) I = ]0, +∞[, f (t) −−−−→
0 et t2 f (t) = e2 ln t−(ln t) = eln t(2−ln t) −−−−→ 0 donc f
+
t→+∞
R +∞t→0
−(ln t)2
est intégrable et 0 e
dt converge.
e) I = [0, +∞[, t2 f (t) = e2 ln t−t arctan t −−−−→ 0 donc f est intégrable et
t→+∞
R +∞ −t arctan t
e
dt
converge.
0
f) I = [0, +∞[.
1
x1,0001
donc f est intégrable sur ]1, +∞[.
b) Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz
Z
2
Exercice 2 : [énoncé]
On notera f la fonction intégrée et I l’intervalle d’étude, à chaque fois f s’avère
continue par morceaux sur I.
R +∞ t e−√t
a) I = [0, +∞[, t2 f (t) −−−−→ 0 donc f est intégrable et 0
1+t2 dt converge.
t→+∞
√
ln(1−u)
b) I = ]0, 1[, tf (t) −−−−→ 0 et √ ln t 3 =
∼ √1u donc f est intégrable
3/2
(1−t) t=1−u u
t→0+
R 1 ln t
et 0 √
dt converge
3
3
√
ln x
√ dx 6
(x − 1) x
Z
2
3
dx
(x − 1)2
1/2 Z
2
3
ln x
dx
x
1/2
En calculant les intégrales introduites
1/2 h
Z 3 √
i1/2
1
ln 3
ln x
1
2
2
√ dx 6 1 −
(ln 3) − (ln 2)
6
2
2
2
(x
−
1)
x
2
Exercice 4 : [énoncé]
La fonction f : t 7→ ln(tht) est définie et continue par morceaux
sur ]0,
√
√+∞[.
Quand t → 0+ , tht ∼ t → 0 6= 1 donc ln(tht) ∼ ln t puis t ln(tht) ∼ t ln t → 0.
Quand t → +∞, tht = 1 − e2t2+1 donc ln(tht) ∼ −2e−2t puis t2 ln(tht) → 0.
On en déduit que f est intégrable sur ]0, +∞[.
Exercice 5 : [énoncé]
On a
Z nπ
n Z
X
|sin t| dt =
0
k=1
kπ
(k−1)π
Z
|sin t| dt =n
π
sin(t) dt = 2n → +∞
0
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Corrections
et donc t 7→ sin t n’est pas intégrable sur [0, +∞[.
La fonction t 7→ sint t est prolongeable par continuité en 0 et c’est ce prolongement
qu’on considère pour étudier son intégrabilité sur [0, +∞[.
Z
nπ
0
n
X
|sin t|
dt =
t
Z
kπ
(k−1)π
k=1
|sin t|
dt
t
4
Exercice 8 : [énoncé]
Puisque |g| 6 |f |, l’intégrabilité de f entraîne celle de g.
Inversement, supposons g intégrable.
On a
Z nπ
n−1
X Z (k+1)π
|f (t)| dt =
f (t) dt
0
k=0
kπ
avec par décroissance de f
Or pour k > 1,
Z
kπ
(k−1)π
|sin t|
dt >
t
Z
kπ
(k−1)π
|sin t|
2
dt >
kπ
kπ
(k+1)π
Z
f (t) dt 6 πf (kπ)
kπ
donc
Z
0
nπ
n
n
X
|sin t|
2
2X1
dt >
=
→ +∞
t
kπ
π
k
k=1
Parallèlement
kπ
Z
k=1
|f (t)| |sin(t)| dt > f (kπ)
sin(t) dt = 2f (kπ)
(k−1)π
Exercice 6 : [énoncé]
La fonction f est définie et continue sur ]0, 1].
Pour x ∈ ]0, 1], on peut écrire
Z x t
Z x
Z x t
e −1
dt
e −1
f (x) =
dt +
=
dt + ln x
t
t
t
1
1
1
est intégrable sur ]0, 1] car converge quand x → 0+ .
D’autre part, il est bien connu que la fonction x 7→ ln x est intégrable sur ]0, 1].
On en déduit que f est intégrable sur ]0, 1].
0
donc
(k+1)π
Z
kπ
Ainsi
nπ
Z
Z
0
1
+
1
x2α
En prenant α = 2/3,
0 6 f (x) 6
2
x4/3
et donc, par comparaison de fonctions positives, f est intégrable sur [1, +∞[.
kπ
f (t) |sin(t)| dt
(k−1)π
Z
0
et donc
nπ
Z
f (t) |sin(t)| dt
0
Z
π
|f (t)| dt 6
0
(n−1)π
f (t) dt +
+∞
Z
|g(t)| dt
f (t) dt +
0
0
On peut alors affirmer que les intégrales de |f | sur les segments inclus dans
[0, +∞[ sont majorées ce qui signifie que la fonction f est intégrable sur [0, +∞[.
Exercice 9 : [énoncé]
Soit q ∈ ]`, 1[. Il existe A ∈ R+ tel que
∀x > A,
x2−α
Z
π
|f (t)| dt 6
Exercice 7 : [énoncé]
Pour a = xα avec α > 0 on obtient
0 6 f (x) 6
π
2
f (t) dt 6
t
se prolonge par continuité en 0, elle est donc
D’une part, la fonction t 7→ e −1
t
intégrable sur ]0, 1] et par suite la fonction
Z x t
e −1
x 7→
dt
t
1
π
Z
f (x + 1)
6q
f (x)
et donc
∀x > A, f (x + 1) 6 qf (x)
On a alors
Z A+n
n−1
XZ
f (t) dt =
A
k=0
A+1
A
f (t + k) dt 6
n−1
X Z A+1
k=0
A
q k f (t) dt =
Z
A+1
f (t)
A
n−1
X
q k dt
k=0
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Corrections
5
c) Par intégration par parties
et donc
Z
A+n
A
1
f (t) dt 6
1−q
Z
A+1
f (t) dt = M
b
Z
On en déduit que les intégrales sur [A, A + n] de la fonction positive f sont
majorées et donc f est intégrable sur [A, A + ∞[ puis sur [0, +∞[.
L’intégrale étudiée est donc convergente.
a
donc
b
Z
b
g (t) dt = tg 2 (t) a − 2
2
a
Exercice 10 : [énoncé]
f est évidement dérivable sur ]0, 1] avec
1
1
2
f 0 (x) = 2x cos
sin
+
x2
x
x2
b
g (t) dt = tg 2 (t) a − 2
2
A
b
Z
tg 0 (t)g(t) dt
a
b
Z
(f (t) − g(t)) g(t) dt
a
puis la relation proposée.
On en déduit par l’inégalité de Cauchy-Schwarz
s
s
Z b
Z b
Z b
2
2
f (t) dt
g 2 (t) dt + ag 2 (a)
g (t) dt 6 2
a
a
a
puis
et puisque
f (x) − f (0)
= x cos
x
1
x2
x→0
f est aussi dérivable en 0 avec
f (0) = 0.
La fonction x 7→ x cos 1/x2 est intégrable sur ]0, 1] car bornée.
En revanche, la fonction g : x 7→ sin(1/x2 )/x n’est pas intégrable sur ]0, 1]. En
effet, par le changement de variable C 1 bijectif t = 1/x2 , l’ intégrabilité de g sur
]0, 1] équivaut à l’intégrabilité sur [1, +∞[ de
t 7→ sin(t)/t et cette dernière est connue comme étant fausse.
On en déduit que f 0 n’est pas intégrable sur ]0, 1].
Exercice 11 : [énoncé]
a) Soit F une primitive de la fonction continue f . On a
1
g(x) = (F (x) − F (0)) −−−−→
F 0 (0) = f (0)
x→0+
x
Ainsi on peut prolonger g par continuité en 0 en posant g(0) = f (0).
b) Soit F une primitive de f (il en existe car f est continue).
On a
1
g(x) = (F (x) − F (0))
x
On en déduit que g est dérivable sur R
g 0 (x) = −
+?
et
1
f (x)
f (x) − g(x)
(F (x) − F (0)) +
=
2
x
x
x
2
b
Z
f 2 (t) dt
g (t) dt − 2
−−−−→
0
+
0
s
b
Z
s
Z
a
a
b
g 2 (t) dt 6 ag 2 (a)
a
en ajoutant un même terme de part et d’autre
s
Z
b
g 2 (t) dt −

s
Z
a
2
b
f 2 (t) dt 6 ag 2 (a) +
a
b
Z
f 2 (t) dt
a
puis par la croissance de la fonction racine carrée
s
s
s
s
s
Z b
Z b
Z b
Z b
Z b
g 2 (t) dt−
f 2 (t) dt 6 g 2 (t) dt −
f 2 (t) dt 6 ag 2 (a) +
f 2 (t) dt
a
a
a
a
a
et enfin
s
s
Z b
Z
g 2 (t) dt 6
a
s
b
f 2 (t) dt+ ag 2 (a) +
0
Z
b
f 2 (t) dt 6
s
Z
0
f 2 (t) dt+
ag 2 (a) +
0
d) En faisant tendre a vers 0, on obtient
s
s
Z b
Z
g 2 (t) dt 6 2
0
s
+∞
+∞
f 2 (t) dt
0
et on en déduit que la fonction g 2 est intégrable sur R+ car les intégrales de g 2 sur
les segments inclus dans R+ sont majorées.
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Z
0
+∞
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Corrections
Exercice 12 : [énoncé]
a) Introduisons F la primitive de f s’annulant en 0. Quand x → 0+
pour conclure.
On peut déjà affirmer que F 2 (x)/x admet une limite finie ` en +∞ car les deux
intégrales partielles de l’expression précédente convergent. Si cette limite n’est pas
nulle alors
F 2 (x) 1
`
g 2 (x) =
× ∼
x
x
x
et donc g n’est pas intégrable.
On peut donc conclure que la limite ` est nulle.
F (x) − F (0)
F (x)
=
→ F 0 (0) = f (0)
x
x
g(x) =
La fonction g est donc prolongeable par continuité en 0.
Par intégration par parties
A
Z
1
g (x) dx = − F 2 (x)
x
2
ε
A
6
A
Z
g(x)f (x) dx
+2
ε
ε
Exercice 13 : [énoncé]
a) Par intégration par parties
Z x
Z
f 0 (t)2 dt = f 0 (x)f (x) − f 0 (0)f (0) −
Quand ε → 0,
F (ε)
F 2 (ε)
=
× F (ε) → 0
ε
ε
0
et donc
A
Z
g 2 (x) dx = −
0
Par suite
Z
F 2 (A)
+2
A
A
g 2 (x) dx 6 2
0
Z
Z
A
ε
A
g(x)f (x) dx
0
0
!2
A
2
g (x) dx
Z
2
! Z
converge ou tend vers +∞ quand x → +∞.
Dans les deux cas
Z x
Z
0
0
0
2
f (x)f (x) = f (0)f (0) +
f (t) dt +
0
2
f (x) dx
0
et que le premier membre soit nul ou non
!
!
Z
Z A
Z A
2
2
g (x) dx 6 4
f (x) dx 6 4
0
0
!
A
g (x) dx
64
0
A
0
+∞
2
f (x) dx
0
2
On en déduit que g est intégrable et l’inégalité proposée.
b) Puisque
|f g| 6 (f 2 + g 2 )/2
la fonction f g est intégrable et en vertu de l’intégration par parties précédente,
Z x
Z x
F 2 (x)
g(t)f (t) dt −
g 2 (t) dt
=2
x
0
0
Il suffit alors d’établir
F 2 (x)
−−−−−→ 0
x→+∞
x
f (t)f 00 (t) dt
0
Puisque f et f 00 sont de carrés intégrables, la fonction f f 00 est intégrable.
Puisque f 02 est positive, l’intégrale partielle
Z x
f 0 (t)2 dt
g(x)f (x) dx
Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz
Z
x
x
f (t)f 00 (t) dt
0
admet une limite quand x → +∞.
Or
Z x
1
f (x)2 − f (0)2
f 0 (t)f (t) dt =
2
0
donc si f 0 (x)f (x) ne tend par vers 0 quand x → +∞, l’intégrale précédente
diverge et donc
1
f (x)2 → +∞
2
ce qui est incompatible avec l’intégrabilité de f 2 sur R.
Ainsi
f 0 (x)f (x) −−−−−→ 0
x→+∞
et on en déduit que f 0 est de carré intégrable sur R+ et
Z +∞
Z +∞
f 0 (t)2 dt = f 0 (0)f (0) −
f (t)f 00 (t) dt
0
0
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L’étude sur R− est identique avec
Z 0
Z
f 0 (t)2 dt = −f 0 (0)f (0) +
−∞
Corrections
7
0
f (t)f 00 (t) dt
−∞
b) Par ce qui précède
Z
f
02
Z
=−
R
f f 00
R
Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz
Z
Z
Z
f 02 6
f2
f 002
R
R
R
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