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Devoir : Intégrale dépendant d'un paramètreMathématiques en MP/Devoir/Intégrale dépendant d'un paramètre », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
Pour
x
>
0
{\displaystyle x>0}
, on pose
f
(
x
)
=
∫
0
1
e
t
x
+
t
d
t
{\displaystyle f(x)=\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {e} ^{t}}{x+t}}\;\mathrm {d} t}
.
— Ⅰ —
Montrer que
f
{\displaystyle f}
est bien définie sur
]
0
,
+
∞
[
{\displaystyle \left]0,+\infty \right[}
et que
f
(
0
)
{\displaystyle f(0)}
est une intégrale divergente.
Montrer que
f
{\displaystyle f}
est décroissante.
Montrer que
∀
x
∈
R
+
∗
f
(
x
)
=
e
−
x
∫
x
x
+
1
e
u
u
d
u
{\displaystyle \forall x\in \mathbb {R} _{+}^{*}\quad f(x)=\mathrm {e} ^{-x}\int _{x}^{x+1}{\frac {\mathrm {e} ^{u}}{u}}\;\mathrm {d} u}
.
On définit la fonction
h
:
R
+
∗
→
R
{\displaystyle h:\mathbb {R} _{+}^{*}\to \mathbb {R} }
par
h
(
x
)
=
∫
x
x
+
1
e
u
u
d
u
{\displaystyle h(x)=\int _{x}^{x+1}{\frac {\mathrm {e} ^{u}}{u}}\;\mathrm {d} u}
.
Montrer que
h
{\displaystyle h}
est dérivable et exprimer sa dérivée.
En déduire que
f
{\displaystyle f}
est dérivable et que
∀
x
∈
R
+
∗
f
′
(
x
)
=
−
f
(
x
)
+
e
x
+
1
−
1
x
{\displaystyle \forall x\in \mathbb {R} _{+}^{*}\quad f'(x)=-f(x)+{\frac {\mathrm {e} }{x+1}}-{\frac {1}{x}}}
.
— Ⅱ —
Dans les questions suivantes, on étudie le comportement de
f
{\displaystyle f}
au voisinage de
+
∞
{\displaystyle +\infty }
puis au voisinage de
0
{\displaystyle 0}
. Il est conseillé d'utiliser la formule
f
(
x
)
=
∫
0
1
e
t
x
+
t
d
t
{\displaystyle f(x)=\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {e} ^{t}}{x+t}}\;\mathrm {d} t}
.
Montrer que
∀
x
∈
R
+
∗
1
x
+
1
∫
0
1
e
t
d
t
≤
f
(
x
)
≤
1
x
∫
0
1
e
t
d
t
{\displaystyle \forall x\in \mathbb {R} _{+}^{*}\quad {\frac {1}{x+1}}\int _{0}^{1}\mathrm {e} ^{t}\;\mathrm {d} t\leq f(x)\leq {\frac {1}{x}}\int _{0}^{1}\mathrm {e} ^{t}\;\mathrm {d} t}
.
En déduire un équivalent de
f
{\displaystyle f}
au voisinage de
+
∞
{\displaystyle +\infty }
.
Montrer que
∀
x
∈
R
+
∗
f
(
x
)
=
g
(
x
)
+
ln
(
x
+
1
)
−
ln
x
{\displaystyle \forall x\in \mathbb {R} _{+}^{*}\quad f(x)=g(x)+\ln(x+1)-\ln x}
,
avec
g
(
x
)
=
∫
0
1
e
t
−
1
x
+
t
d
t
{\displaystyle g(x)=\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {e} ^{t}-1}{x+t}}\;\mathrm {d} t}
.
Montrer que
g
{\displaystyle g}
est définie et continue sur
[
0
,
+
∞
[
{\displaystyle \left[0,+\infty \right[}
.
Déduire des questions précédentes l'équivalent suivant en
0
{\displaystyle 0}
:
f
(
x
)
∼
0
−
ln
x
{\displaystyle f(x)\sim _{0}-\ln x}
.
Corrigé
— Ⅰ —
∀
x
≥
ε
>
0
0
<
e
t
x
+
t
≤
e
t
ε
+
t
∈
L
1
(
[
0
,
1
]
)
{\displaystyle \forall x\geq \varepsilon >0\quad 0<{\frac {\mathrm {e} ^{t}}{x+t}}\leq {\frac {\mathrm {e} ^{t}}{\varepsilon +t}}\in \mathrm {L} ^{1}([0,1])}
, tandis que
e
t
t
∼
0
1
t
{\displaystyle {\frac {\mathrm {e} ^{t}}{t}}\sim _{0}{\frac {1}{t}}}
, non intégrable en
0
{\displaystyle 0}
.
∀
y
≥
x
>
0
∀
t
≥
0
e
t
y
+
t
≤
e
t
x
+
t
{\displaystyle \forall y\geq x>0\quad \forall t\geq 0\quad {\frac {\mathrm {e} ^{t}}{y+t}}\leq {\frac {\mathrm {e} ^{t}}{x+t}}}
, donc
f
(
y
)
≤
f
(
x
)
{\displaystyle f(y)\leq f(x)}
.
Simple changement de variable
u
=
x
+
t
{\displaystyle u=x+t}
.
D'après le théorème fondamental de l'analyse,
∀
x
>
0
h
′
(
x
)
=
e
x
+
1
x
+
1
−
e
x
x
{\displaystyle \forall x>0\quad h'(x)={\frac {\mathrm {e} ^{x+1}}{x+1}}-{\frac {\mathrm {e} ^{x}}{x}}}
.
∀
x
>
0
f
′
(
x
)
=
−
e
x
h
(
x
)
+
e
x
h
′
(
x
)
=
−
f
(
x
)
+
e
x
+
1
−
1
x
{\displaystyle \forall x>0\quad f'(x)=-\mathrm {e} ^{x}h(x)+\mathrm {e} ^{x}h'(x)=-f(x)+{\frac {\mathrm {e} }{x+1}}-{\frac {1}{x}}}
.
— Ⅱ —
∀
x
∈
R
+
∗
∀
t
≥
0
1
x
+
1
≤
1
x
+
t
≤
1
x
{\displaystyle \forall x\in \mathbb {R} _{+}^{*}\quad \forall t\geq 0\quad {\frac {1}{x+1}}\leq {\frac {1}{x+t}}\leq {\frac {1}{x}}}
.
∀
x
∈
R
+
∗
e
−
1
x
+
1
≤
f
(
x
)
≤
e
−
1
x
{\displaystyle \forall x\in \mathbb {R} _{+}^{*}\quad {\frac {\mathrm {e} -1}{x+1}}\leq f(x)\leq {\frac {\mathrm {e} -1}{x}}}
donc
f
(
x
)
∼
+
∞
e
−
1
x
{\displaystyle f(x)\sim _{+\infty }{\frac {\mathrm {e} -1}{x}}}
.
∫
0
1
d
t
x
+
t
=
ln
(
1
+
x
)
−
ln
x
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} t}{x+t}}=\ln(1+x)-\ln x}
.
∀
t
>
0
x
↦
e
t
−
1
x
+
t
{\displaystyle \forall t>0\quad x\mapsto {\frac {\mathrm {e} ^{t}-1}{x+t}}}
est continue sur
[
0
,
+
∞
[
{\displaystyle \left[0,+\infty \right[}
et
∀
x
≥
0
∀
t
>
0
0
≤
e
t
−
1
x
+
t
≤
e
t
−
1
t
{\displaystyle \forall x\geq 0\quad \forall t>0\quad 0\leq {\frac {\mathrm {e} ^{t}-1}{x+t}}\leq {\frac {\mathrm {e} ^{t}-1}{t}}}
, (prolongeable en une) fonction continue donc intégrable sur
[
0
,
1
]
{\displaystyle [0,1]}
.
Quand
x
→
0
{\displaystyle x\to 0}
,
g
(
x
)
+
ln
(
x
+
1
)
→
g
(
0
)
≺
−
ln
x
{\displaystyle g(x)+\ln(x+1)\to g(0)\prec -\ln x}
.