Travaux Dirigés : Analyse II Série 1 Exercice I. Exercice

Filières SMP2/SMC2 Année Universitaire 2017-2018

Travaux Dirigés : Analyse II

Série 1

Exercice I. Montrer que les séries suivantes sont convergentes. Calculer leurs sommes.

1)∑n≥0

2n

3n−2; 2)

∑n≥0

(−1)n(

1

2

)2n

;

3)∑n≥1

1

n(n+ 1); 4)

∑n≥0

2n+ 3

(n+ 1)2(n+ 2)2.

Exercice II. Soient (un)n une suite réelle positive et (vn)n la suite définie par

vn =un

1 + un, ∀n ∈ N.

Montrer que les séries∑n≥0

un et∑n≥0

vn sont de même nature.

Exercice III. Soient (un)n une suite réelle strictement positive et strictement croissante et (vn)n la suite

définie par

vn =un+1 − un

un, ∀n ∈ N.

Montrer que si la suite (un)n converge alors la série∑n≥0

vn converge aussi.

Exercice IV. Etudier la nature des séries suivantes.

1)∑n≥1

(n!)2

(2n)!; 2)

∑n≥1

(1 +

x

n

)−n2

, x ∈ R; 3)∑n≥1

e−(lnn)2

;

4)∑n≥1

(1− cos

(πn

))ln(n); 5)

∑n≥2

(−1)n2n + 5

8n − 11; 6)

∑n≥1

(−1)n(√

n2 + 1− n).

Travaux Dirigés Analyse II/Série 1 2017-2018

Exercice V. Calculer les intégrales simples suivantes.

1)

∫ π2

0

sin2(x) dx; 2)

∫ 1

0

x arctanx dx;

3)

∫ 1

0

ex√ex + 1

dx; 4)

∫ 314

1

x

1 + x4dx.

Exercice VI. Calculer les primitives suivantes.

1)

∫x+ 2

x2 − 3x− 4dx ;

2)

∫x− 1

x2 + x+ 1dx ;

3)

∫7− 2x3

x3 + x2 − 2dx.

Exercice VII. Calculer les intégrales trigonométriques suivantes.

1)

∫ π2

0

dx

1 + sinxpuis

∫ π2

0

sinx

1 + sinxdx ;

2)

∫ π4

0

dx

cosx;

3)

∫ π4

0

tanx

2− sin2(x)dx ;

4)

∫ π4

0

sinx

cosx+ sinxdx.

Exercice VIII. Déterminer les intégrales convergentes et calculer leurs valeurs.

1)

∫ 1

0

dx√1− x

; 2)

∫ π4

0

cosx√sinx

dx; 3)

∫ +∞

0

earctan x

1 + x2dx;

4)

∫ +∞

2

1

3xdx; 5)

∫ +∞

2

dx

x2 − 1; 6)

∫ 1

0

x

(1− x2)3/2dx.

Exercice IX. Etudier la nature des intégrales suivantes.

1)

∫ 1

0

cosx√xdx; 2)

∫ +∞

1

1− cosx

x2dx; 3)

∫ +∞

1

1 + lnx

x+ 2dx;

4)

∫ +∞

0

√2x+ 3

5x3 + 3x2 + 7dx; 5)

∫ +∞

2

lnx

x2dx; 6)

∫ 0

−1

dx

x3 + 1.

Exercice X. Soit α un réel strictement positif.

1) Montrer que l’intégrale∫ +∞

1

sinx

xα+1dx est absolument convergente.

2) Soit t ∈]1,+∞[. On pose F (t) =

∫ t

1

sinx

xα+1dx et G(t) =

∫ t

1

cosx

xαdx.

2.1) Etablir que pour tout t ∈]1,+∞[,

G(t) = αF (t) +sin t

tα− sin 1.

2.2) Montrer que limt→+∞

G(t) existe et est finie. Déduire que l’intégrale∫ +∞

1

cosx

xαdx est convergente.

2


Solutions des Exercices

Série 1

Exercice I.

1) On a2n

3n−2= 9

(2

3

)n. Comme

∣∣∣∣23∣∣∣∣ < 1, alors

∑n≥0

2n

3n−2est une série géométrique convergente. De plus,

+∞∑n=0

2n

3n−2= 9

+∞∑n=0

(2

3

)n= 9× 1

1− 2

3

= 27.

2) On a (−1)n(

1

2

)2n

=

(−1

4

)n. Comme

∣∣∣∣−1

4

∣∣∣∣ < 1, alors∑n≥0

(−1)n(

1

2

)2n

est une série géométrique

convergente. De plus,+∞∑n=0

(−1)n(

1

2

)2n

=

+∞∑n=0

(−1

4

)n=

1

1− −1

4

=4

5.

3) On pose un =1

n(n+ 1)alors un =

1

n− 1

n+ 1pour tout n ≥ 1.

On pose vn =1

n, n ≥ 1. Alors, un = vn − vn+1 pour tout n ≥ 1 et dans ce cas, on dit que

∑n≥1

un est une

série télescopique.

Soit Sn la somme partielle de la série∑n≥1

un. Donc,

Sn =

n∑k=1

uk =

n∑k=1

(vk − vk+1) = v1 − vn+1.

Comme limn→+∞

vn = 0, alors limn→+∞

Sn = v1 = 1. Donc, la série télescopique∑n≥1

un est convergente et sa

somme

S = limn→+∞

Sn =

+∞∑n=1

1

n(n+ 1)= 1.

4) On pose un =2n+ 3

(n+ 1)2(n+ 2)2alors un =

1

(n+ 1)2− 1

(n+ 2)2pour tout n ∈ N.

On pose vn =1

(n+ 1)2, n ∈ N. Alors, un = vn − vn+1 pour tout n ∈ N et dans ce cas, on dit que

∑n≥0

un est

une série télescopique.

Soit Sn la somme partielle de la série∑n≥0

un. Donc,

Sn =

n∑k=0

uk =

n∑k=0

(vk − vk+1) = v0 − vn+1.

3


Comme limn→+∞

vn = 0, alors limn→+∞

Sn = v0 = 1. Donc, la série télescopique∑n≥0

un est convergente et sa

somme

S = limn→+∞

Sn =

+∞∑n=0

2n+ 3

(n+ 1)2(n+ 2)2= 1.

Exercice II.

On a vn =un

1 + un, pour tout n ∈ N. Donc, 0 ≤ vn < 1 et un =

vn1− vn

, pour tout n ∈ N. Par suite

un −→n−→+∞

0⇐⇒ vn −→n−→+∞

0.

Si la suite (un)n ne converge pas vers 0 quand n −→ +∞, alors la suite (vn)n ne converge pas vers 0 quand

n −→ +∞ et dans ce cas, les deux séries∑n≥0

un et∑n≥0

vn sont divergentes.

Si la suite (un)n converge vers 0 quand n −→ +∞, alors vn ∼+∞

un et donc les deux séries à termes positifs∑n≥0

un et∑n≥0

vn sont de même nature d’après le critère d’équivalence.

Il résulte que dans les deux cas, les deux séries sont de même nature.

Exercice III.

Soit (un)n une suite strictement positive, strictement croissante et convergente vers l. Alors nécessairement

l > 0. Donc

vn ∼+∞

un+1 − unl

.

Comme limn→+∞

un = l, alors la série à termes positifs∑n≥0

(un+1−un) est une série télescopique convergente.

En effet,

limn→+∞

n∑k=0

(uk+1 − uk) = limn→+∞

(un+1 − u0) = l − u0,

et donc,∑n≥0

(un+1 − un) = l − u0.

Il résulte que∑n≥0

vn est convergente d’après le critère d’équivalence.

Exercice IV.

1) Nature de la série∑n≥1

(n!)2

(2n)!.

C’est une série à termes positifs.

On pose un =(n!)2

(2n)!; n ≥ 1.

4


On a pour tout n ≥ 1,

un+1

un=

((n+ 1)!)2

(2(n+ 1))!

(2n)!

(n!)2=

(n+ 1)2(n!)2(2n)!

2(n+ 1)(2n+ 1)(2n)!(n!)2

=n+ 1

2(2n+ 1)=

n+ 1

4n+ 2.

Donc, limn→+∞

un+1

un=

1

4< 1. Par suite, d’après la règle de d’Alembert, la série

∑n≥1

un est convergente.


(1 +

x

n

)−n2

, x ∈ R.

C’est une série à termes positifs à partir d’un certain rang.

On pose un =(

1 +x

n

)−n2

; n ≥ 1.

On a pour tout n ≥ 1,

n√un = (un)1/n =

(1 +

x

n

)−n= e−n ln

(1 +

x

n

)= e

−xln(

1 +x

n

)x

n .

Comme limn→+∞

ln(

1 +x

n

)x

n

= 1, alors, limn→+∞

n√un = e−x. Par suite, d’après la règle de cauchy, si x > 0

(c’est à dire e−x < 1), la série∑n≥1

un est convergente et si x < 0 (c’est à dire e−x > 1), la série∑n≥1

un est

divergente.

Si x = 0, alors un = 1. Donc, un ne converge pas vers 0. D’où,∑n≥1

un est divergente.


e−(lnn)2

.


On a

n2e−(lnn)2

= e2 lnn−(lnn)2 = elnn(2−lnn).

Donc, limn→+∞

n2e−(lnn)2

= limn→+∞

elnn(2−lnn) = 0, alors d’après la règle de Riemann, la série∑n≥1

e−(lnn)2

est

convergente.


(1− cos

(πn

))ln(n).


On a (1− cos

(πn

))ln(n) ∼

+∞

π2

2n2ln(n).

5


On a pour tout 1 < α < 2, limn→+∞

nαπ2

2n2ln(n) = 0. Donc, d’après la règle de Riemann, la série

∑n≥1

π2

2n2ln(n)

est convergente. Par suite, la série∑n≥1

(1− cos

(πn

))ln(n) est convergente d’après le critère d’équivalence.


(−1)n2n + 5

8n − 11.

Comme2n + 5

8n − 11≥ 0 pour tout n ≥ 2, alors

∑n≥2

(−1)n2n + 5

8n − 11est une série alternée.

On a pour tout n ≥ 2, ∣∣∣∣(−1)n2n + 5

8n − 11

∣∣∣∣ =2n + 5

8n − 11.

Donc ∣∣∣∣(−1)n2n + 5

8n − 11

∣∣∣∣ ∼+∞ 2n

8n=

(2

8

)n.

Comme∑n≥2

(2

8

)nest une série géométrique convergente (car

∣∣∣∣28∣∣∣∣ < 1), alors ,

∑n≥2

∣∣∣∣(−1)n2n + 5

8n − 11

∣∣∣∣ est

convergente d’après le critère d’équivalence. Ceci veut dire que∑n≥2

(−1)n2n + 5

8n − 11est absolument conver-

gente. Par conséquent, la série∑n≥2

(−1)n2n + 5

8n − 11est convergente.


(−1)n(√

n2 + 1− n)

.

On pose un = (−1)nan où an =√n2 + 1− n.

Comme an > 0 pour tout n ≥ 1, alors∑n≥1

un est une série alternée.

Montrons que la suite (an)n≥1 est décroissante et converge vers 0.

On pose an = f(n) avec f(x) =√x2 + 1− x.

La fonction f est continue et dérivable sur R et on a pour tout x ∈ R,

f ′(x) =x−√x2 + 1√

x2 + 1.

Donc, f ′(x) < 0 pour tout x ∈ R, ce qui entraine que f est décroissante en particulier sur R+. Par conséquent,

f(n) > f(n+ 1) pour tout n ≥ 1. D’où, la suite (an)n≥1 est décroissante.

De plus, on a

an =1√

n2 + 1 + n=

1

n

(√1 +

1

n2+ 1

) .Donc, lim

n→+∞an = 0.

6


On déduit d’après le critère spécial des séries alternées que la série∑n≥1

un est convergente.

Exercice V.

1) On a

∫ π2

0

sin2(x) dx =

∫ π2

0

1− cos2(x) dx =

∫ π2

0

1− 1 + cos(2x)

2dx

=

∫ π2

0

1

2− cos(2x)

2dx =

[x

2− sin(2x)

4

]π2

0

=π

4.

2) Pour calculer∫ 1

0

x arctanx dx, on fait une intégration par parties. On a donc

∫ 1

0

x arctanx dx =

∫ 1

0

(x2

2

)′arctanx dx =

[x2

2arctanx

]10

− 1

2

∫ 1

0

x2

1 + x2dx

=π

8− 1

2

∫ 1

0

1 + x2 − 1

1 + x2dx =

π

8− 1

2

∫ 1

0

dx+1

2

∫ 1

0

1

1 + x2dx

=π

8− 1

2+

1

2

[arctanx

]10dx =

π

8− 1

2+π

8=π

4− 1

2.


0

ex√ex + 1

dx, on effectue le changement de variable t = ex. Alors, x = ln t et dx =dt

t.

Par suite

∫ 1

0

ex√ex + 1

dx =

∫ e

1

t√t+ 1

dt

t=

∫ e

1

dt√t+ 1

=[2√t+ 1

]e1

= 2(√

e+ 1−√

2).


14

1

x

1 + x4dx, on effectue le changement de variable t = x2. Alors, x =

√t et dx =

dt

2√t.

Par suite

∫ 314

1

x

1 + x4dx =

1

2

∫ √3

1

√t√

t(1 + t2)dt =

1

2

∫ √3

1

dt

1 + t2

=1

2

[arctan t

]√3

1=

1

2

(π3− π

4

)=

π

24.

Exercice VI.

1) On veut calculer∫

x+ 2

x2 − 3x− 4dx.

On effectue la décompostion en éléments simples. Sachant que le polynôme x2− 3x− 4 admet deux racines

réelles, on cherche deux réels a et b tels que

x+ 2

x2 − 3x− 4=

x+ 2

(x+ 1)(x− 4)=

a

x+ 1+

b

x− 4.

7


Un simple calcul donne a =−1

5et b =

6

5. Donc

∫x+ 2

x2 − 3x− 4dx =

−1

5

∫dx

x+ 1+

6

5

∫dx

x− 4

=−1

5ln |x+ 1|+ 6

5ln |x− 4|+ cte.


x− 1

x2 + x+ 1dx.

Le polynôme x2 + x+ 1 n’a pas de racines réelles (car ∆ < 0).

On écrit x2 +x+1 sous la forme canonique (x−p)2 +q2. Un simple calcul donne x2 +x+1 =

(x+

1

2

)2

+3

4.

On fait le changement de variable x =−1

2+

√3

2t, alors

∫x− 1

x2 + x+ 1dx =

2√3

∫ −32 +

√3t2

1 + t2dt

=

∫t

1 + t2dt−

√3

∫dt

1 + t2

=1

2

∫2t

1 + t2dt−

√3

∫dt

1 + t2

=1

2ln(1 + t2)−

√3 arctan t+ cte

=1

2ln

(4

3(x2 + x+ 1)

)−√

3 arctan

(2√3

(x+

1

2

))+ cte

=1

2ln

(4

3

)+

1

2ln(x2 + x+ 1)−

√3 arctan

(2√3

(x+

1

2

))+ cte

=1

2ln(x2 + x+ 1)−

√3 arctan

(2√3

(x+

1

2

))+ cte.


7− 2x3

x3 + x2 − 2dx.

On effectue la décomposition en éléments simples. Pour cela, on fait la division euclidienne de 7 − 2x3 par

x3 + x2 − 2. On obtient

7− 2x3 = −2(x3 + x2 − 2) + 3 + 2x2.

Donc

7− 2x3

x3 + x2 − 2= −2 +

3 + 2x2

x3 + x2 − 2.

Comme 1 est racine de x3 + x2 − 2, alors on effectue la division euclidienne de x3 + x2 − 2 par x − 1 et on

obtient

x3 + x2 − 2 = (x− 1)(x2 + 2x+ 2).

8


Par suite,

3 + 2x2

x3 + x2 − 2=

3 + 2x2

(x− 1)(x2 + 2x+ 2).

Sachant que le polynôme x2 + 2x+ 2 n’a pas de racines réelles, on cherche des réels a, b et c tels que

3 + 2x2

(x− 1)(x2 + 2x+ 2)=

a

x− 1+

bx+ c

x2 + 2x+ 2.

Un simple calcul donne a = 1, b = 1 et c = −1, c’est à dire

3 + 2x2

(x− 1)(x2 + 2x+ 2)=

1

x− 1+

x− 1

x2 + 2x+ 2.

Donc,

7− 2x3

x3 + x2 − 2= −2 +

1

x− 1+

x− 1

x2 + 2x+ 2.

Par suite, ∫7− 2x3

x3 + x2 − 2dx = −2x+ ln |x− 1|+

∫x− 1

x2 + 2x+ 2dx.

On calcule maintenant∫

x− 1

x2 + 2x+ 2dx.

On écrit x2 +2x+2 sous la forme canonique (x−p)2 +q2. Un simple calcul donne x2 +2x+2 = (x+1)2 +1.

On fait le changement de variable x = t− 1, alors

∫x− 1

x2 + 2x+ 2dx =

∫x− 1

(x+ 1)2 + 1dx =

∫t− 2

t2 + 1dt

=

∫t

t2 + 1dt− 2

∫dt

t2 + 1

=1

2

∫2t

t2 + 1dt− 2 arctan t+ cte

=1

2ln(t2 + 1)− 2 arctan t+ cte

=1

2ln(x2 + 2x+ 2)− 2 arctan(x+ 1) + cte.

On déduit que

∫7− 2x3

x3 + x2 − 2= −2x+ ln |x− 1|+ 1

2ln(x2 + 2x+ 2)− 2 arctan(x+ 1) + cte.

Exercice VII

1) (i) On veut calculer∫ π

2

0

dx

1 + sinx.

9


On effectue le changement de variable t = tan(x

2

), alors x = 2 arctan t, dx =

2

1 + t2 ,dt et sinx =

2t

1 + t2.

On a donc

∫ π2

0

dx

1 + sinx=

∫ 1

0

1

1 +2t

1 + t2

2

1 + t2dt

=

∫ 1

0

2

t2 + 2t+ 1dt =

∫ 1

0

2

(t+ 1)2dt

=

[−2

t+ 1

]10

= 1.

(ii) Calculons maintenant∫ π

2

0

sinx

1 + sinxdx.

∫ π2

0

sinx

1 + sinxdx =

∫ π2

0

1 + sinx

1 + sinxdx−

∫ π2

0

dx

1 + sinx=

∫ π2

0

dx−∫ π

2

0

dx

1 + sinx=π

2− 1 (d’après (i)).

2)

∫ π4

0

dx

cosx=

∫ π4

0

dx

| cosx|=

∫ π4

0

dx√1− sin2 x

, (car cosx > 0 sur[0,π

4

]).

On effectue le changement de variable t = sinx alors x = arcsin t et dx =dt√

1− t2. Donc

∫ π4

0

dx

cosx=

∫ √2

2

0

dt√1− t2

√1− t2

=

∫ √2

2

0

dt

1− t2.

Comme 1− t2 = (1− t)(1 + t), on cherche deux réels a et b tels que1

1− t2=

a

1− t+

b

1 + t. Un simple calcul

donne1

1− t2=

1

2(1− t)+

1

2(1 + t). Donc,

∫ √2

2

0

dt

1− t2=

1

2

∫ √2

2

0

dt

1− t+

1

2

∫ √2

2

0

dt

1 + t

=−1

2

[ln(1− t)

]√2

2

0+

1

2

[ln(1 + t)

]√2

2

0

=1

2ln

(2 +√

2

2−√

2

).

On déduit que∫ π

4

0

dx

cosx=

1

2ln

(2 +√

2

2−√

2

).

3) On veut calculer∫ π

4

0

tanx

2− sin2(x)dx.

On remarque que∫ π

4

0

tanx

2− sin2(x)dx =

∫ π4

0

sinx

cosx(1 + cos2(x))dx.

On effectue le changement de variable t = cosx, alors dt = − sinx dx. Donc,

∫ π4

0

tanx

2− sin2(x)dx = −

∫ √2

2

1

dt

t(1 + t2)=

∫ 1

√2

2

dt

t(1 + t2).

10


On cherche des réels a, b et c tels que

1

t(1 + t2)=a

t+bt+ c

1 + t2.

Un simple calcul donne

1

t(1 + t2)=

1

t− t

1 + t2.

Donc

∫ π4

0

tanx

2− sin2(x)dx =

∫ 1

√2

2

dt

t−∫ 1

√2

2

t

1 + t2dt

=[

ln t]1

√2

2

− 1

2

∫ 1

√2

2

2t

1 + t2dt

=[

ln t]1

√2

2

− 1

2

[ln(1 + t2)

]1√

22

= − ln

(√2

2

)− 1

2ln 2 +

1

2ln

(3

2

)=

1

2ln

(3

2

).

4) On veut calculer∫ π

4

0

sinx

cosx+ sinxdx.

On a ∫ π4

0

sinx

cosx+ sinxdx =

∫ π4

0

sinx

cosx

(1 +

sinx

cosx

) dx =

∫ π4

0

tanx

1 + tanxdx.

On effectue le changement de variable t = tanx, alors x = arctan t et dx =dt

1 + t2. Donc,

∫ π4

0

sinx

cosx+ sinxdx =

∫ 1

0

t

(1 + t)(1 + t2)dt.

On cherche des réels a, b et c tels que

t

(1 + t)(1 + t2)=

a

1 + t+bt+ c

1 + t2.

Il est facile de trouver que

t

(1 + t)(1 + t2)=

−1

2(1 + t)+

t+ 1

2(1 + t2).

11


Par suite,

∫ π4

0

sinx

cosx+ sinxdx =

−1

2

∫ 1

0

dt

1 + t+

1

2

∫ 1

0

t

1 + t2dt+

1

2

∫ 1

0

dt

1 + t2

=−1

2

[ln(1 + t)

]10

+1

4

[ln(1 + t2)

]10

+1

2

[arctan t

]10

=π

8− ln 2

4.

Exercice VIII.

1) Nature de∫ 1

0

dx√1− x

.

La fonction x→ 1√1− x

est continue sur [0, 1[, donc le problème se pose uniquement en 1.

Soit t ∈ [0, 1[, alors ∫ t

0

dx√1− x

=[− 2√

1− x]t0

= −2√

1− t+ 2.

Donc, limt→1

∫ t

0

dx√1− x

= 2. Par suite,∫ 1

0

dx√1− x

est convergente et∫ 1

0

dx√1− x

= 2.

2) Nature de∫ π

4

0

cosx√sinx

dx.

La fonction x→ cosx√sinx

est continue sur]0,π

4

], donc le problème se pose uniquement en 0.

Soit t ∈]0,π

4

], alors

∫ π4

t

cosx√sinx

dx =[2√

sinx]π

4

t= 2

√√2

2− 2√

sin t = 234 − 2

√sin t.

Donc, limt→0

∫ π4

t

cosx√sinx

dx = 234 . Par suite,

∫ π4

0

cosx√sinx

dx est convergente et∫ π

4

0

cosx√sinx

dx = 234 .

3) Nature de∫ +∞

0

earctan x

1 + x2dx.

La fonction x→ earctan x

1 + x2est continue sur [0,+∞[, donc le problème se pose uniquement en +∞.

Soit t ∈ [0,+∞[, alors ∫ t

0

earctan x

1 + x2dx =

[earctan x

]t0

= earctan t − 1.

Donc, limt→+∞

∫ t

0

earctan x

1 + x2dx = e

π2 − 1. Par suite,

∫ +∞

0

earctan x

1 + x2dx est convergente et

∫ +∞

0

earctan x

1 + x2dx =

eπ2 − 1.


2

1

3xdx.

La fonction x→ 1

3xest continue sur [2,+∞[, donc le problème se pose uniquement en +∞.

12


Soit t ∈ [2,+∞[, alors

∫ t

2

1

3xdx =

∫ t

2

e−x ln 3 dx =

[−e−x ln 3

ln 3

]t2

=−e−t ln 3

ln 3+e−2 ln 3

ln 3.

Donc,

limt→+∞

∫ t

2

1

3xdx = lim

t→+∞

(−e−t ln 3

ln 3+e−2 ln 3

ln 3

)=e−2 ln 3

ln 3=

1

9 ln 3.

Par suite,∫ +∞

2

1

3xdx est convergente et

∫ +∞

2

1

3xdx =

1

9 ln 3.


2

dx

x2 − 1.

La fonction x→ 1

x2 − 1est continue sur [2,+∞[, donc le problème se pose uniquement en +∞.

Soit t ∈ [2,+∞[, alors

∫ t

2

dx

x2 − 1=

∫ t

2

(1

2(x− 1)− 1

2(x+ 1)

)dx =

1

2

[ln(x− 1)

]t2− 1

2

[ln(x+ 1)

]t2

=1

2ln(t− 1)− 1

2ln(t+ 1) +

ln 3

2=

1

2ln

(t− 1

t+ 1

)+

ln 3

2.

Donc,

limt→+∞

∫ t

2

dx

x2 − 1= limt→+∞

[1

2ln

(t− 1

t+ 1

)+

ln 3

2

]=

ln 3

2.

Par suite,∫ +∞

2

dx

x2 − 1est convergente et

∫ +∞

2

dx

x2 − 1=

ln 3

2.

6) Nature de∫ 1

0

x

(1− x2)3/2dx.

La fonction x→ x

(1− x2)3/2est continue sur [0, 1[ donc le problème se pose uniquement en 1.

Soit t ∈ [0, 1[. On fait le changement de variable x = sinu, alors dx = cosu du et u = arcsinx. On a donc,

∫ t

0

x

(1− x2)3/2dx =

∫ arcsin t

0

sinu cosu

(cos2 u)3/2

du =

∫ arcsin t

0

sinu cos−2(u) du =

∫ arcsin t

0

−(cosu)′ cos−2(u) du

=

[1

cosu

]arcsin t0

=1

cos(arcsin t)− 1

cos 0=

1

cos(arcsin t)− 1.

Par suite,

limt→1

∫ t

0

x

(1− x2)3/2dx = lim

t→1

(1

cos(arcsin t)− 1

)= +∞.

D’où,∫ 1

0

x

(1− x2)3/2dx est divergente.

13


Exercice IX.

1) Nature de∫ 1

0

cosx√xdx.

La fonction x→ cosx√x

est continue sur ]0, 1].

On a pour tout x ∈]0, 1], ∣∣∣∣cosx√x

∣∣∣∣ ≤ | cosx|√x≤ 1√

x.

Comme∫ 1

0

dx√x

est une intégrale de Riemann convergente (car1

2< 1), alors

∫ 1

0

∣∣∣∣cosx√x

∣∣∣∣ est convergente

d’après le critère de comparaison, d’où∫ 1

0

cosx√xdx est absolument convergente et par suite

∫ 1

0

cosx√xdx

est convergente.


1

1− cosx

x2dx.

La fonction x→ 1− cosx

x2est continue et positive sur [1,+∞[ (car cosx ≤ | cosx| ≤ 1 pour tout x ∈ R).

On a pour tout x ≥ 1,

0 ≤ 1− cosx

x2≤ |1− cosx|

x2≤ 1 + | cosx|

x2≤ 2

x2.

Comme∫ +∞

1

dx

x2est une intégrale de Riemann convergente (car 2 > 1), alors

∫ +∞

1

2

x2dx est convergente,

par suite∫ +∞

1

1− cosx

x2dx est convergente d’après le critère de comparaison.


1

1 + lnx

x+ 2dx.

La fonction x→ 1 + lnx

x+ 2est continue et positive sur [1,+∞[. On a

1 + lnx

x+ 2∼+∞

lnx

x.

Or l’intégrale∫ +∞

1

lnx

xest divergente car

∫ +∞

1

lnx

x= limt→+∞

∫ t

1

lnx

x= limt→+∞

[(lnx)2

2

]t1

= limt→+∞

(ln t)2

2= +∞.

D’où,∫ +∞

1

1 + lnx

x+ 2dx est divergente d’après le critère d’équivalence.


0

√2x+ 3

5x3 + 3x2 + 7dx.

La fonction x →√

2x+ 3

5x3 + 3x2 + 7est continue et positive sur [0,+∞[. En particulier, elle est continue sur

[0, 1]. Donc,∫ 1

0

√2x+ 3

5x3 + 3x2 + 7dx est une intégrale simple.

14


D’autre part, on a

2x+ 3

5x3 + 3x2 + 7∼+∞

2x

5x3=

2

5x2.

Donc √2x+ 3

5x3 + 3x2 + 7∼+∞

√2√

5 |x|=

√2√

5xau voisinage de +∞.

Comme∫ +∞

1

dx

xest une intégrale de Riemann divergente, alors

∫ +∞

1

√2√

5xdx est divergente, par suite∫ +∞

1

√2x+ 3

5x3 + 3x2 + 7dx est divergente d’après le critère d’équivalence.

On déduit que∫ +∞

0

√2x+ 3

5x3 + 3x2 + 7dx est divergente.


2

lnx

x2dx.

La fonction x→ lnx

x2est continue et positive sur [2,+∞[.

Soit 1 < α < 2, alors limx→+∞

xαlnx

x2= lim

x→+∞xα−2 lnx = 0. Donc, d’après le critère de Riemann, l’intégrale∫ +∞

2

lnx

x2dx est convergente.

6) Nature de∫ 0

−1

dx

x3 + 1.

La fonction x→ 1

x3 + 1est continue sur ]− 1, 0].

Comme

f(x) =1

x3 + 1=

1

(x+ 1)(x2 − x+ 1),

alors, limx→−1+

(x + 1)f(x) = limx→−1+

1

x2 − x+ 1=

1

3. Par suite, d’après le critère de Riemann, l’intégrale∫ 0

−1

dx

x3 + 1est divergente.

Exercice X.

1) Montrons que∫ +∞

1

sinx


On a pour tout x ≥ 1,

0 ≤∣∣∣∣ sinxxα+1

∣∣∣∣ ≤ 1

xα+1.

Comme l’intégrale∫ +∞

1

1

xα+1dx est une intégrale de Riemann convergente (car α+1 > 1), alors

∫ +∞

1

∣∣∣∣ sinxxα+1

∣∣∣∣ dxest convergente d’après le critère de comparaison. Par suite,

∫ +∞

1

sinx


15


2.1) Soit t ∈]1,+∞[. En utilisant une intégration par parties, on a

G(t) =

∫ t

1

cosx

xαdx =

∫ t

1

(sinx)′

xαdx

=

[sinx

xα

]t1

+ α

∫ t

1

sinx

xα+1dx

=sin t

tα− sin 1 + α

∫ t

1

sinx

xα+1dx.

Donc, pour tout t ∈]1,+∞[,

G(t) = αF (t) +sin t

tα− sin 1.

2.2) Montrons que limt→+∞

G(t) existe et est finie.

Comme l’intégrale∫ +∞

1

sinx

xα+1dx est absolument convergente, alors elle est convergente et par suite lim

t→+∞

∫ t

1

sinx

xα+1dx =

limt→+∞

F (t) existe et est finie.

On a aussi limt→+∞

sin t

tα= 0 car 0 ≤

∣∣∣∣ sin ttα

∣∣∣∣ ≤ 1

tαet lim

t→+∞

1

tα= 0.

Il résulte d’après l’expression de G établie à la question 2.1 que limt→+∞

G(t) existe et est finie. C’est dire

limt→+∞

∫ t

1

cosx

xαdx existe et est finie. D’où, l’intégrale

∫ +∞

1

cosx

xαdx est convergente.

16

Documents

Travaux Dirigés : Analyse II Série 1 Exercice I. Exercice