PARTIE I - Exemple 1

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1 PRELIMINAIRES ² On noera qu'il es di dans la roisiµeme parie que N (f ) N (f ), ce qui donne un conr^ole (rµes pariel) des calculs des deux premiµeres paries. ² Dans ou le problµeme je noe Á les foncions auxiliaires inroduies. ² J'uilise r eguliµeremen la propri e e: Si Á es coninue posiive sur R +, si Á se prolonge par coninui e en e si lim!+ Á() = L R alors Á es in egrable sur R +. En e e les deux premiµeres hypohµeses assuren l'in egrabili e sur ]; ] alors que la premiµere e la roisiµeme l'assure sur [; +[. ² De m^eme si Á es coninue posiive sur R + e si lim!+ Á() = L R alors Á es in egrable sur R + PARTIE I - Exemple ) La foncion arcan es de classe C sur R +, elle v eri e arcan() =, donc f es dans E : Par ailleurs l'applicaion Á : 8 R +, Á() = arcan() es in egrable sur R + car ² elle es coninue posiive sur R + ² elle se prolonge par coninui e en en posan Á() = ; ² lim!+ Á() = ¼ 4 Donc : f apparien µa E ) ² La foncion H x es coninue posiive sur R +, ² lim!+ ( H x ()) =. donc H x es in egrable sur R + : On remarque que (f ()) = (+ ) = H () e donc : f E 3.) On ecri '(x) = R Á(x;)d avec : 8 (x;) R + R + Á(x;) 7! R + ( +)( +x ): (le d enominaeur es non nul car x > ) ² pour ou x R + la foncion! Á(x;) es coninue in egrable sur R + ² pour ou R + la foncion x! Á(x;) es coninue sur R + ² On a la dominaion sur ou segmen [a;b] ½!R + : 8 8 (x;) [a;b] R + >< ind ependan de x Á(x;) coninue in egrable sur R + (foncion a + ³ coninue, posiive sur R + car a > >: e lim = ) a + d'oµu par h eorµeme sur les in egrales µa paramµeres : ' es coninue sur R + 3.) 3.3) D'oµu (T + )(T + x ) = h x T + + i T + x : h x + + i d = + x = h d x + d i + x µ x arcan() µ x arcan x comme x > on a par passage µa la limie : '(x) = x ( ¼ ¼ x ) = ¼ x(x+) :

2 8x > ;x 6= : '(x) = ¼ x(x+) 3.4) (N (f )) = R R + (f ()) d = R R + H ()d = '(): Or ' es coninue d'aprµes 3. donc par passage µa la limie dans l' egali e pr ec edene : N (f ) = p ¼ 4) En posan Á(u) = u arcanu on a : Á (u) = +u = u +u : Donc Á es croissane e comme Á() = on obien : 5) ² La foncion G x es coninue posiive sur R + 8u R + ; u arcanu ² elle se prolonge par coninui e en = par G x () = x e ² lim!+ G x () = donc : 6.) soi Á : G x es in egrable R + 8 (x;) R + R + ; Á(x;) = arcan(x) ( + ) ² pour ou x R +,! Á(x;) es coninue, in egrable sur R + ² pour ou R +,! Á(x;) es coninue sur R + ² On a d'aprµes la quesion 4 la dominaion sur ou segmen [a;b] ½ R + : Á(x;) b ( +) ½ ind ependan de x coninue in egrable sur R + Le h eorµeme de coninui e des in egrales d ependan d'un param eres s'applique e donne la coninui e de µ sur ou inervalle [a;b] donc sur R + : 6.) De (x;) = ( +)(+ x ) e ³ (x;) ² pour ou x (x;) es coninue, in egrable sur R+ ( car coninue sur R +, posiive e lim ½ si x > si x = ² pour ou R +, (x;) es coninue sur ² On a la dominaion sur R + x (x;) + ½ ind ependan de x coninue in egrable sur R + donc d'aprµes le h eorµeme de d erivaion des in egrales d ependan d'un paramµere on a : µ es de classe C sur R + 6.3) De plus avec le h eorµeme de d erivaion des in egrales d ependan d'un paramµere on a : 8x R + ; + (x) = R (x;)d = ( + )( + x ) d: Pour x 6= e x 6= µ (x) = + x = ¼ x + ( + )( x + ) d = ¼ x x x d'aprµes 3.3 +

3 Pour x = e x = le r esula rese vrai par coninui e (µ es coninue sur R +, ainsi que x! ¼ On peu aussi calculer la primiive par d ecomposiion en el emens simples. 6.4) Comme µ es de classe C sur R + on a : µ(x) = µ() + R x µ ()d = ¼ ln(x + ): µ(x) = ¼ ln(x + ) 6.5) (N (f)) = R + ( arcan ) d e µ() = R + arcan + d: On inµegre par paries sur un segmen [;] avec les foncions C : u = arcan( ), v = = x+ ( arcan ) d = arcan() + = arcan() ( + ) + ¼ 6 + arcan + d arcan + d e le passage µa la limie quand! + (possible car les in egrales impropres convergen) donne : e de m^eme sur [; ] + ( arcan + ) d = ¼ 6 + arcan + d ( arcan ) d = arcan() + = arcan() ( + ) ¼ 6 + e le passage µa la limie quand! donne en uilisan arcan()» : arcan + d arcan + d d'oµu : 6.6) e donc : remarque : p ln car ln() ( arcan ) d = ¼ 6 + arcan + d (N (f )) = µ(): N (f ) = p ¼ ln e N(f) N (f) = p ln PARTIE II - Exemple ) ² Pour ou R + : f () = + p + + p = p + :On a donc f () = argsh(). (la foncion argsh n'es pas au programme en + 4) ² f es de classe C sur R + e f () = donc f es dans E ² De plus (f ()) = + ce qui monre que f es coninue e in egrable sur R + : Donc f E : (N (f )) = R + d + = [arcan] + = ¼. D'oµu N (f ) = p ¼ : ) ² Quand end vers : f () = argsh()» : 3

4 ² Quand end vers + : f () = ln( + p + ) = ln + ln( + r + )» ln 3) car ln end vers + andis que ln( + ou en uilisan u = argsh() on a = sh(u) = eu +e u q + ) end vers ln ln()» eu donc u» ln() = ln() + ln()» ln() ² f es coninue posiive sur R + e f () = : ² La foncion Á() = ( f() ) { es coninue sur R + ; { es prolongeable par coninui e en par la valeur d'aprµes la quesion pr ec edene; { 3= Á() = arg sh() p» + ³ ln() =4 de limie nulle avec 3= > donc Á es in egrable sur R + : Tou ceci monre f E 4.) ² La foncion Á() = ln es coninue posiive sur ]; [. ² Quand!, Á() = ln ( )(+)» +! sur [=; [ ² Quand!, Á()» ln in egrable sur ]; =] donc Á es in egrable sur ]; [: 4.) soi Á k () = k ln() pour k = : ln() es in egrable sur ]; ] pour k : ² l'applicaion Á k es coninue posiive sur ]; ]. ² la foncion es prolongeable par coninui e en par la valeur. Donc pour ou k N l'applicaion Á k es in egrable sur ]; ] donc sur ]; [: On inµegre par paries sur [; ]: h k k+ i ln d = k + ln e on peu faire endre vers l'in egrale impropre ean convergene 4.3) Il s'agi de jusi er l'in egraion erme µa erme. donc la foncion es prolongeable par coninui e e donc elle es in egrable k d = k+ k + k + ln h k+i (k + ) Jk = ² Les foncions Á k son coninues in egrables sur ]; [ (k + ) : ² la s erie P Á k converge (s erie g eom erique de raison x ]; [ ) ² la somme P + k= Á k(x) = ln(x) es coninue sur ]; [ x ² la s erie P R k ln d converge : en e e la s erie PR ];[ ];[ avec k (k+)! 4 k ln d = P J k = P, s eries µa ermes posiifs (k+) 4

5 Le h eorµeme d'in egraion erme µa erme pour les s eries de foncions donne que Á es in egrable sur ]; [ (on le sai d ejµa) e que : soi : J = pour calculer cee somme on par de P + n= n = ¼ 6 ¼ 6 = + n= Á = ];[ + k= + n = k= J k = + k= + k= Á k ];[ (k + ) : e on s epare les ermes pairs e les ermes impairs. (k + ) + k= (k) = J + ¼ 4 6 on obien : 5.) I = (N (f)) = R f () R + d = R + argsh() d : In egrons par paries comme au I.6.5 : J = ¼ 8 on peu faire endre vers + car argsh() h argsh() i d = + argsh() p + d = argsh() argsh() + argsh() p + d ² ² arg sh() p + limie nulle. arg sh()» es in egrable sur [; +[ comme foncion coninue, posiive, elle que 3= arg sh() p + ³ ln() = a une limie nulle si end vers + : + argsh() arg sh() d = argsh() + p + d = arg sh() p» ln() p =+ a une e de m^eme: on peu faire endre vers car : argsh() h argsh() i d = + argsh() p + d = (argsh()) + argsh() + argsh() p + d ² ² arg sh() p + es in egrable sur ]; ] comme foncion coninue, posiive, prolongeable par coninui e en par arg sh()» a une limie nulle si end vers : argsh() d = argsh() (argsh()) + p + d ce qui donne le r esula demand e : I = R + f() p + d 5.) f () = + > e f adme pour limie en e + pour limie en + ce qui monre que f r ealise un C -di eomorphisme de ]; +[ sur ]; +[: On peu donc faire le changemen de variable : 5

6 + f() I = d + p + = u sh(u) du: D'aure par, l'applicaion u 7! e u r ealise un C -di eomorphisme de ]; +[ sur ]; [, ce qui jusi e le changemen de variable v = e u : + u + I = shu du = 4 u e u e udu = 4 ln v dv ¼ v v = 4J = v : I = ¼ 5.3) N (f ) = ¼ p e N(f ) N (f ) = p ¼: PARTIE III.) h() = f() f(). Comme f es d erivable en de d eriv ee d'oµu lim! + h() = g() = p h() donc lim! + g() =.) g () = f () p f () p.3) donc p g () = f () f() soi f () p g () = h(): p g () = f () h() or f es de classe C donc lim! + f () = e on sai lim! +(h()) = e comme g() end vers.4) lim! + p g () = lim! + g()g () = ² f ean C sur [;x], l'applicaion f es coninue sur [;x] donc in egrable. ² 7! ( p g ()) e 7! (h()) son prolongeable par coninui e en d'aprµes les quesions pr ec edenes ² f () = p g () + h() donne aprµes prolongemen par coninui e en. (f ()) d = c'es la relaion (R) = ( p g ()) + 4 (h()) + p g ()h() ( p g ()) d + 4 (h()) d + d = ( p g ()) d + 4 (h()) d + g ()g()d + g(x) car g() = lim! g() = R x (f ) = R x (p g ()) d + R x 4 (h()) d + (g(x)) g ()g()d.) Soi f E : Monrer que f E revien µa monrer que h es in egrable sur R +. Comme h cela revien encore µa monrer que l'applicaion x 7! R x h es major ee (car elle es croissane e que pour une foncion posiive l'in egrabili e equivau µa la convergence de l'in egrale impropre) Or, d'aprµes (R) on a : ce qui donne la majoraion. Donc f E. E donc h 4 f 4 + f E ½ E.) D'une par Á() = ( sin ) es coninue posiive sur ]; +[, prolongeable par coninui e en par la valeur, e 3= Á() end vers si end vers + : elle es donc in egrable sur ]; +[: Comme sin E on obien que sin E : D'aure par R n¼ cos d = R n¼ +cos() d = n¼! + donc R + cos d diverge e donc sin = E : E n'es pas inclus dans E 3.) On procµede comme pour les foncions de carr e in egrable en uilisan que pour (a;b) r eels ab a +b 6

7 ² E es inclus dans E par d e niion ² E es non vide (cf exemples du I e du II) ² E es sable par addiion : Si f e g son dans E (f + g ) es coninue posiive sur R + e (f + g ) = f +g + f g (f + g ). donc par majoraion (f + g ) es in egrable sur R + ² E es sable par produi exerne : si f es in egrable sur R +, ( f ) = f l'es aussi. E es un sous espace vecoriel de E 3.) R x () Au. on a vu 8x > ; (f ) d 4 R + (f ()) d e en faisan endre x vers + cela donne : (N (f)) 4(N (f )) d'oµu encore : N (f ) N (f ) 3.3) On a bien f n () = e f n de classe C sur R + : De plus f n() = e ( sin n + n cos n) donc (fn ()) = e (sin n + n cos n n sin n) = e ( n ( cos n) + ( + cos n) n sin n) = n + e + n e cos(n) ne sin(n) Pour calculer les in egrales, on passe par les complexes : " e e in e +in d = + in # = e e in in!!+ ( in) = + in ( + n ) car e e in = e ce qui donne d'oµu + e cos nd = ( + n ) e + e sin nd = n ( + n ) + (f n()) d = + n + n ( + n ) n n ( + n ) = 4( + n ) [(n + ) + (n ) n ] = n 4 e en n : N (f n ) = n 3.4) Que fau il faire : exise--il a e b sricemen posiifs els que pour oue foncion f E an (f) N (f ) bn (f). On conna^³ d ejµa b =. Le problµeme es donc a. Si a exise on doi monrer 8f E an (f) N (f). Si a n'exise pas on doi consruire un conre exemple e rouver une suie (f n ) elle que lim ³ N(f n) N (f n) = : vue la quesion pr ec edene c'es le plan "a n'exise pas" qui es pr epar e. On monre donc lim f n es dans E, donc dans E : On a N (f n ) = R ³ + e sin (n) d: e donc N(fn) R + N (f n) = 4 On consae que la suie Á n () = e sin (n) n ² Á n es coninue in egrable sur R + car N (f n ) exise ³ N(fn) N (f n) = e sin (n) d n converge simplemen vers. Une convergence domin ee donne le r esula: ² 8n N ;8 R +, já n ()j e coninue in egrable sur R + donc sur R +. donc par convergence domin ee lim µ µ N (f n ) + = lim Á N (f n ) n ()d = 7

8 conclusion : N e N ne son pas equivalenes 4) ² En reprenan III.. avec R x (p g ()) d au lieu de R x (h()) d on voi que R x (p g ()) d adme une limie en + e R + ( p g ()) d R + (f ()) d ² Ensuie dans (R) on obien (g(x)) = R x f R x (p g ()) d R x h somme d'in egrales impropres convergenes. D'oµu g adme une limie en +: Noons ` cee limie. ² Supposons que ` 6= : Alors h (x) = g (x) x» x!+ `x ce qui conredi l'in egrabili e de h (f E ). Donc ` = : E donc g() >!+ 8