Intégrales fonctions de leurs bornes

Exercice 1.
Montrer que {x>a>\text{e}^2\Rightarrow\displaystyle\int_{a}^{x}\dfrac{\,\text{d}t}{\ln t}\lt\dfrac{2x}{\ln x}}.
Cliquer ici pour voir (ou cacher) le corrigé
On définit la fonction {x\mapsto f(x)=\dfrac{2x}{\ln x}-\displaystyle\int_{a}^{x}\dfrac{\,\text{d}t}{\ln t}}.

Elle est dérivable sur {[a,+\infty[}, avec {f'(x)=2\dfrac{\ln x-1}{\ln^2x}-\dfrac1{\ln x}=\dfrac{\ln x-2}{\ln^2x}}.

Par hypothèse, {a>\text{e}^2}, donc {f'(x)>0} sur {[a,+\infty[}.

La fonction {f} est donc strictement croissante sur cet intervalle.

Or {f(a)=\dfrac{2a}{\ln a}>0}. Ainsi {f(x)>0}, donc {\dfrac{2x}{\ln x}>\displaystyle\int_{a}^{x}\dfrac{\,\text{d}t}{\ln t}} pour {x>a}.

Exercice 2.
Montrer que {\displaystyle\int_{\text{e}}^{x}\ln\ln t\,\text{d}t\sim x\ln\ln x} au voisinage de {+\infty}.
Cliquer ici pour voir (ou cacher) le corrigé
On intègre par parties : {\begin{array}{rl}\displaystyle\int_{\text{e}}^{x}\ln\ln t\,\text{d}t&=\Bigl[t\ln\ln t\Bigr]_\text{e}^x-\displaystyle\int_{\text{e}}^{x}\dfrac{\,\text{d}t}{\ln t}\\\\&=x\ln\ln x-\displaystyle\int_{\text{e}}^{x}\dfrac{\,\text{d}t}{\ln t}\end{array}}Pour {x>\text{e}}, on a {\ln x\ge1} donc {0\le\displaystyle\int_{\text{e}}^{x}\dfrac{\,\text{d}t}{\ln t}\le x-\text{e}\le x}.

En particulier, {\displaystyle\int_{\text{e}}^{x}\dfrac{\,\text{d}t}{\ln t}} est négligeable devant {x\ln\ln x} quand {x\rightarrow+\infty}.

Autrement dit, {\displaystyle\int_{\text{e}}^{x}\ln\ln t\,\text{d}t\sim x\ln\ln x} quand {x\rightarrow+\infty}.

Exercice 3.
Trouver les fonctions continues {f} telles que : {\forall x\in\mathbb{R},\;f(x)+\displaystyle\int_{0}^{x}(x-t)f(t)\,\text{d}t=1}.
Cliquer ici pour voir (ou cacher) le corrigé
Soit {f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}}, continue, telle que : {\forall\, x\in\mathbb{R},\; f(x)+\displaystyle\int_{0}^{x}(x-t)f(t)\,\text{d}t=1}.

En considérant la cas {x=0}, on trouve {f(0)=0}.

La condition sur {f} peut s’écrire : {\forall\, x\in\mathbb{R},\;f(x)=1-x\displaystyle\int_{0}^{x}f(t)\,\text{d}t+\displaystyle\int_{0}^{x}tf(t)\,\text{d}t}

{f} étant continue, les fonctions {x\mapsto\displaystyle\int_{0}^{x}f(t)\,\text{d}t} et {x\mapsto\displaystyle\int_{0}^{x}tf(t)\,\text{d}t} sont dérivables.

Il en découle que {f} est dérivable sur {\mathbb{R}} et que : {\forall\, x\in\mathbb{R},\;f'(x)=-\displaystyle\int_{0}^{x}f(t)\,\text{d}t-xf(x)+xf(x)=-\displaystyle\int_{0}^{x}f(t)\,\text{d}t}On en déduit que {f'(0)=0} et que {f'} est elle-même dérivable.

Plus précisément : {\forall\, x\in\mathbb{R},\;f''(x)=-f(x)}.

Ainsi {f} est donc la solution de {y''+y=0} telle que {\begin{cases}y(0)=1\\ y'(0)=0\end{cases}}

On en déduit que {f} est est la fonction {x\mapsto\cos x}.

Réciproquement, pour tout {x} de {\mathbb{R}} : {\begin{array}{rl}\displaystyle\int_{0}^{x}(x-t)\cos t\,\text{d}t&=\Bigl[(x-t)\sin t\Bigr]_{t=0}^{t=x}+\displaystyle\int_{0}^{x}\sin t\,\text{d}t\\\\&=\Bigl[-\cos t\Bigr]_0^x=1-\cos x\end{array}}Conclusion : l’unique solution du problème est la fonction {x\mapsto\cos x}.

Exercice 4.
Montrer que {\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}\displaystyle\int_{ax}^{bx}\dfrac{\sin t}{t^2}\,\text{d}t=\ln\dfrac ba} (avec {0\lt a\lt b}).
Cliquer ici pour voir (ou cacher) le corrigé
Tout d’abord, on a {\ln\dfrac ba=\Bigl[\ln t\Bigr]_{ax}^{bx}=\displaystyle\int_{ax}^{bx}\dfrac{\,\text{d}t}t}.

On peut donc écrire : {\displaystyle\int_{ax}^{bx}\dfrac{\sin t}{t^2}\,\text{d}t-\ln\dfrac ba=\displaystyle\int_{ax}^{bx}\dfrac{\sin t-t}{t^2}\,\text{d}t}.

On applique l’inégalité de Taylor-Lagrange à {t\mapsto\sin t} entre {0} et {t}.

On trouve alors {\left|{\sin t-t}\right|\le\dfrac{\left|{t}\right|^3}{3!}}. On en déduit : {\Bigl|\displaystyle\int_{ax}^{bx}\dfrac{\sin t-t}{t^2}\,\text{d}t\Bigr|\le\dfrac16\Bigl|\displaystyle\int_{ax}^{bx}t\,\text{d}t\Bigr|=\dfrac{(b^2-a^2)x^2}{12}}Il en découle {\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}\displaystyle\int_{ax}^{bx}\dfrac{\sin t-t}{t^2}\,\text{d}t=0}

Exercice 5.
Calculer la limite de {I(x)=\dfrac1x\displaystyle\int_{0}^{x}\dfrac{\arctan t}t\,\text{d}t} quand {x} tend vers {0} ou vers {+\infty}.
Cliquer ici pour voir (ou cacher) le corrigé

  • La fonction {x\mapsto\dfrac{\arctan x}{x}} est continue sur {\mathbb{R}} (avec la valeur {1} en {0}).

    Ainsi : {\forall x\ne0,\;\exists c_x\in\,]0,x[,\;\displaystyle\int_{0}^{x}\dfrac{\arctan t}t\,\text{d}t=x\dfrac{\arctan c_x}{c_x}}.

    On en déduit {I(x)=\dfrac{\arctan c_x}{c_x}}. Mais {c_x\to 0} quand {x\to 0}.

    Il en découle : {{\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}I(x)=\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}\dfrac{\arctan x}{x}=1}}.

  • Pour {x\ge1}, on a : {I(x)=\dfrac1x\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\arctan t}{t}\,\text{d}t+\dfrac1x\displaystyle\int_{1}^{x}\dfrac{\arctan t}{t}\,\text{d}t}.

    Dans la deuxième intégrale on majore {\arctan t} par {\dfrac\pi2}. On en déduit : {\forall\, x\ge 1,\;0\le I(x)\le\dfrac1x\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\arctan t}{t}\,\text{d}t+\dfrac{\pi}{2x}\displaystyle\int_{1}^{x}\dfrac1t\,\text{d}t}Autrement dit : {0\le I(x)\le \dfrac1x\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\arctan t}{t}\,\text{d}t+\dfrac{\pi\ln x}{2x}}.

    On en déduit {\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}I(x)=0}.