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[ID: 1908] [Date de publication: 12 mai 2021 12:32] [Catégorie(s): Limite de fonctions définies par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]

Solution(s)

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Exercice 703
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 mai 2021 12:32

1. Soit \(x\in\mathbb{R}\). Pour tout \(t\in\left[-2x,2x\right]\), \(-1 \leqslant\cos \left(t^4\right) \leqslant 1\) donc \(\int_{-2x}^{2x} -\,\textrm{d}t \leqslant\int_{-2x}^{2x} \cos\left(t^4\right)\,\textrm{d}t\leqslant \int_{-2x}^{2x} \,\textrm{d}t\) ce qui amène : \(-4\left|x\right| \leqslant \int_{-2x}^{2x} \cos\left(t^4\right)\,\textrm{d}t\leqslant 4\left|x\right|\) et par application du théorème des gendarmes, \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0} \int_{-2x}^{2x} \cos\left(t^4\right)\,\textrm{d}t }=0\)

2. Soit \(x\in\mathbb{R}_+^*\). Pour tout \(t\in\left[x,2x\right]\), \(-\dfrac{1}{t^2} \leqslant \dfrac{\cos\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle t}\right)}{t^2} \leqslant\dfrac{1}{t^2}\) donc \(\dfrac{1}{2x} -\dfrac{1}{x}\leqslant\int_{x}^{2x} \dfrac{\cos\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle t}\right)}{t^2} \,\textrm{d}t\leqslant \dfrac{1}{x}- \dfrac{1}{2x}\) et par application du théorème des gendarmes, \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}\int_{x}^{2x} \dfrac{\cos\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle t}\right)}{t^2}\,\textrm{d}t }=0\). Cette question est aussi faisable en calculant directement une primitive de \(t\mapsto \cos(1/t)/t^2\).

3. Soit \(x\in\mathbb{R}_+^*\). Pour tout \(t\in\left[x,3x\right]\), \(\dfrac{e^{-3x}}{t} \leqslant\dfrac{e^{-t}}{t} \leqslant\dfrac{e^{-x}}{t}\) donc \({e^{-3x}}\ln 3 \leqslant \int_{x}^{3x} \dfrac{e^{-t}}{t}\,\textrm{d}t \leqslant e^{-x}\ln 3\) et par application du théorème des gendarmes : \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty} \int_{x}^{3x} \dfrac{e^{-t}}{t} \,\textrm{d}t } =0\)

4. Soit \(x\in\mathbb{R}_+^*\). Pour tout \(t\in\left[x,x^2\right]\), \(\dfrac{1}{\ln x^2} \leqslant\dfrac{1}{\ln t}\) donc \(\dfrac{x^2-x}{\ln x^2} \leqslant\int_{x}^{x^2} \dfrac{1}{\ln t} \,\textrm{d}t\) et par application du théorème des gendarmes : \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty} \int_{x}^{x^2} \dfrac{1}{\ln t} \,\textrm{d}t }=+\infty\)

5. Soit \(x\in\mathbb{R}^*_-\). Pour tout \(t\in\left[x,2x\right]\), \(\dfrac{e^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2x}}}{t} \leqslant\dfrac{e^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle t}}}{t} \leqslant \dfrac{e^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}}{t}\) donc \(\ln 2 e^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2x}} \leqslant\int_{x}^{2x} \dfrac{e^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle t}}}{t}\,\textrm{d}t \leqslant\ln 2 e^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}\) et par application du théorème des gendarmes : \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow -\infty} \int_{x}^{2x} \dfrac{e^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle t}}}{t} \,\textrm{d}t } =\ln 2\).

6. Soit \(x\in\mathbb{R}_+^*\).En effectuant une intégration par parties, on obtient : \(\int_{ x }^{2x} \dfrac{\cos t}{t}\,\textrm{d}t = \Bigl[ \dfrac{\sin t}{t} \Bigr]_{x}^{2x} + \int_{x}^{2x} \dfrac{\sin t}{t^2}\,\textrm{d}t\). Il est clair que : \(\dfrac{\sin 2x}{2x}-\dfrac{\sin x}{x}\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}0\). Par ailleurs, pour tout \(t\in\left[x,2x\right]\), \(-\dfrac{1}{t^2} \leqslant\dfrac{\sin t}{t^2} \leqslant \dfrac{1}{t^2}\) donc \(\dfrac{1}{2x} - \dfrac{1}{x}\leqslant\int_{ x }^{2x} \dfrac{\sin t}{t^2}\,\textrm{d}t \leqslant\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{2x}\) et d’après le théorème des gendarmes, \(\int_{ x }^{2x} \dfrac{\sin t}{t^2}\,\textrm{d}t \xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}0\). On a ainsi montré que : \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty} \int_{ x }^{2x} \dfrac{\cos t}{t} \,\textrm{d}t }=0\)