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234 Chap. 10. Intégrales dépendant d’un paramètre

Si on peut appliquer le théorème de dérivation, on pourra alors calculer assez facile-

ment f (x) = +∞ = sin(x t )e−t pour x ∈ R et t > 0.

cos(xt)e−t dt. Soit h(x, t)
0t
xt
Pour tout x ∈ R, gx :t → h(x, t) est continue sur R∗+ . gx (t ) ∼ t = x et gx

t →0

admet une limite finie en 0. Enfin gx (t) = o (e−t ). Ainsi, pour tout x ∈ R, la

t →+∞
fonction gx est continue et intégrable sur R∗+ (on montre ainsi la définition de f
sur R). Pour tout t > 0, x → h(x, t) est de classe C 1 sur R+∗ et pour t > 0 et

x ∈ R, on a ∂h = cos(x t )e−t ainsi que ∂h e−t . Puisque t → e−t
(x, t) (x, t)
∂x ∂x

est intégrable sur R+, le théorème de dérivation s’applique et pour tout x ∈ R,
+∞

f (x) = cos(xt)e−t dt. On calcule cette intégrale facilement :

0

f (x) = Re +∞ 1 1
= Re = 1 + x2.
e−(1+i x)t dt
1 + ix
0

Puisque f (0) = 0, pour tout x ∈ R, f (x) = Arctan x.

Exercice 10.3

CCP PC 2007 +∞ Arctan(xt)
0 f (x, t) dt où f (x, t) = t(1 + t2) .
On pose pour tout x ∈ R, F(x) =

1. Vérifier que la fonction F est bien définie sur R et impaire.

2. Justifier que F est de classe C 1 sur [0, +∞[ et calculer F (x) pour tout
x ∈ [0, +∞[.

3. Exprimer pour tout x ∈ [0, +∞[, F (x) sans le symbole .

On pourra utiliser sans la démontrer l’identité suivante :

∀x ∈ R \ {−1, 1}, 1 = 1 1 1 − 1 x2 .
(1 + t2x2)(1 + t2) 1 − x2 + t2 + t2x2

En déduire le calcul de F(x) pour tout x ∈ [0, +∞[, puis pour tout x ∈ R.

4. Déduire de ce qui précède la valeur de l’intégrale +∞ Arctant 2 dt.

0t

1. Pour montrer que F est bien définie sur R, il suffit de vérifier que pour tout x ∈ R,

la fonction fx :t → f (x, t) = Arctan(x t ) est intégrable sur ]0, +∞[. Pour tout
t(1 + t2)
f (x, t) ∼ xt
x ∈ R∗, on a t→0 t = x et fx est intégrable sur ]0, 1] car prolongeable

par continuité en 0. De plus, pour tout t > 0, on a | f (x, t)| p/2
t3 , donc fx est

10.1 L’essentiel du cours et exercices d’assimilation 235

intégrable sur [1, +∞]. Finalement fx est intégrable sur R∗+ et F est définie sur R.
Comme Arctan est impaire, F est impaire et il suffit d’étudier F sur [0, +∞[.

2. Pour tout t ∈]0, +∞[, l’application x → f (x, t) est de classe C 1 sur R et on a

∂f (x, t)= 1 Pour tout t ∈ R+∗ et tout x ∈ R+, on a ∂f 1
∂x (1+t2x2)(1+t2) . ∂x (x, t) 1 + t2.

L’application t → 1 est intégrable sur R+. Le théorème de dérivation
1 + t2
entraîne que F est de classe C 1 sur R et également, pour tout x ∈ R+,
+∞
F (x) = 0 1 t2) dt. Pour tout x ∈ [0, +∞[ et x = 1, en utilisant
(1 + t2x2)(1 +

l’identité donnée ainsi que l’intégrabilité sur R+ des fonctions qui apparaissent

dans cette identité,

F (x) = 1 1 lim [Arctan t − x Arctan(x t )]0A = p 1−x = p1 .
− x2 2 1 − x2 2 1+ x
A→+∞

Par ailleurs, F est continue sur [0, +∞[, donc pour tout x ∈ [0, +∞[, on a
p
F (x) = 2(1 + x) . Sachant que F (0) = 0, on a alors pour tout x ∈ [0, +∞[,

F(x) = p ln(1+x). Puisque F est impaire, on a F(x) = −F(−x) = − p ln(1−x)
2 2
lorsque x< 0. Pour tout x ∈ R, on a alors F(x) = signe(x) p ln(1 + |x |).
2

3. En intégrant par parties, on trouve, si A > 0,

A Arctan t (Arctan t)2 A +A (Arctan t)2
2 t(1 + t2) dt = + t2 dt.
t 00
0

Lorsque A tend vers +∞, on obtient +∞ Arctan t 2
dt = 2F(1) = p ln 2.
0t

© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit Exercice 10.4

D’après plusieurs concours

+∞ Arctan(xt)
Soit f la fonction définie par f (x) = 1 + t2 dt.

0

1. Montrer que f est continue sur R et de classe C 1 sur I =]0, +∞[.

2. Déterminer f et calculer cette intégrale. On déterminera des constantes a et

∂ Arctan(xt) t t
b telles que ∂x = a + b x2t2 .
1 + t2 1 + t2 1 +

3. Déterminer la limite de f en +∞.

236 Chap. 10. Intégrales dépendant d’un paramètre

On note h(x, t) = Arctan(x t ) pour (x, t) ∈ R × R+.
1 + t2

1. Pour tout x ∈ R, la fonction t → h(x, t) est continue sur [0, +∞[. Pour

tout t ∈ R+, la fonction x → h(x, t) est continue sur R. Enfin, pour tout

(x, t) ∈ R × R+, on a |h(x, t)| 1 où t → 1 est une fonction continue
1 + t2 1 + t2
et intégrable sur R+. Donc f est définie et continue sur R.

la fonction h est de classe C 1 sur R × R+ et ∂h = t
(x, t) (1 + x2t2)(1 + t2) . Le

∂x

meilleur majorant possible de cette dernière fonction, indépendant de x ∈ R,

∂h t Mais t → t n’est pas intégrable sur R+, on ne
est sup (x, t) 1 + t2. 1 + t2

x∈R ∂ x

peut donc pas appliquer le théorème de dérivation sur R. On remarque que pour

x = 0, la fonction t → ∂h = 1 t n’est pas intégrable sur R+. Il est donc
(0, t) + t2

∂x
impossible d’appliquer le théorème de dérivation sur un intervalle contenant 0.

On choisit alors a > 0. On a

∀x ∈ [a, +∞[, ∀t ∈ R+, ∂h t
(x, t) (1 + a2t2)(1 + t2) = c(t).
∂x

Cette fonction c est intégrable sur R+ (continue sur R+ et équivalente à

t → 1/(a2t3) lorsque t tend vers +∞). De plus (x, t) → ∂h
(x, t) est conti-
∂x
nue sur [a, +∞[×R+. Donc f est de classe C 1 sur [a, +∞[ avec, pour tout x a,
+∞ t
f (x) = (1 + x2t2)(1 + t2) dt. Cette dérivée est valable sur tout intervalle

0
[a, +∞[ avec a > 0. Donc f est de classe C 1 sur R+∗ (et donc sur R∗ par parité).
La fonction f est positive sur R+ et f est croissante sur R+.

2. On a déjà montré que pour tout x > 0, on a f (x) = +∞ t
(1 + x2t2)(1 + t2) dt.
0

On décompose la fraction rationnelle en éléments simples. Pour x = 1, on obtient

(1 + t + t2) = 1 1 1 t t2 − 1 x2 1 t Soit A > 0, on a
x 2t 2)(1 − x2 + − x2 + x2t2 .

At = 2(1 1 x2) ln(1 + A2) − 2(1 1 x2) ln(1 + x2 A2)
0 (1 + x2t2)(1 + t2) dt − −

1 1 + A2
= 2(1 − x2) ln 1 + x2 A2 .

La limite lorsque A tend vers +∞ est 1 ln 1 = ln x . La fonction
− x2 1
2(1 x2) x2 −

f est continue sur R∗+, donc f (1) = lim f (x) = 1
.
x →1
2

10.1 L’essentiel du cours et exercices d’assimilation 237

3. f est croissante, elle admet donc une limite en +∞, finie ou infinie. On la note

. Lorsque x devient grand, le terme Arctan(xt) se rapproche de p/2 (sauf pour

t = 0). Pour tout x > 0, f (x) p +∞ dt p2
1 + t2 = . On en déduit que la limite
20 4

est finie et p2 . On propose deux méthodes pour déterminer .

4

• Soit a > 0. On a f (x) +∞ Arctan xt Arctan(a x ) +∞ dt
a 1 + t2 dt 1 + t2.
a
p +∞ dt
Lorsque x tend vers +∞, on obtient la minoration 2 a 1 + t2 . Cette

minoration est valable pour tout a > 0, donc lorsqu’on fait tendre a vers 0, on

obtient p2 p2
. Finalement lim f (x) = .
4 x →+∞ 4

• Puisque f admet une limite finie en +∞, on a par exemple, lim f (n) = .
n→+∞
+∞ Arctan(nt)
Arctan(nt )
Or f (n) = 1 + t2 dt. Soit gn(t) = 1 + t2 . La fonction gn est

0
continue sur R+, intégrable sur R+, la suite (gn) converge simplement vers

t → p/2 sur R+∗ et, pour tout n ∈ N et tout t 0, |gn(t)| p/2
1 + t2 1 + t2 . La

fonction t → p/2 intégrable sur R+∗, donc le théorème de convergence domi-
1 + t2
+∞ p/2 p2
née entraîne lim f (n) = 1 + t2 dt = 4 = .
n→+∞
0

© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit Ce qu’il faut savoir

domination locale

Lorsqu’on ne parvient pas à appliquer les théorèmes de continuité et de dérivabi-
lité sur un intervalle A (les fonctions majorantes obtenues ne sont pas intégrables
sur l’intervalle I ), on peut essayer d’utiliser ces théorèmes sur les segments inclus
dans A. On prouve alors la continuité ou la dérivabilité sur tout segment inclus
dans A. Cela entraîne la même propriété sur l’union de tous ces segments, c’est-
à-dire sur A.

Remarque
• On fera attention à la rédaction dans ce genre de problèmes. On fixe un segment

[a, b] ⊂ A, on applique le théorème sur ce segment pour conclure dans un
premier temps que la fonction possède la régularité souhaitée sur le segment,
puis sur A tout entier.

• On peut appliquer la même méthode sur un intervalle ]a, +∞[ en appliquant les
théorèmes de continuité ou de dérivabilité sur les intervalles [b, +∞[⊂]a, +∞[.

238 Chap. 10. Intégrales dépendant d’un paramètre

10.2 EXERCICES D’ENTRAÎNEMENT

Exercice 10.5

Mines-Ponts MP 2007

Soient f (x) = x 2 1 e−x2(1+t2)
0 1 + t2 dt.
e−t2 dt et g(x) =

0

1. Montrer que f et g sont de classe C 1 sur R+ et déterminer leur dérivée.

2. Montrer que pour tout x 0, on a f (x) + g(x) = p .
4

+∞ e−t2 dt .

3. En déduire I =

0

x

1. On pose f = F2 où F : x → e−t2 dt est la primitive s’annulant en 0 de

0

x → e−x2. La fonction F est de classe C 1 sur R+. Donc f l’est également, avec

x

pour tout x 0, f (x) = 2F (x)F(x) = 2e−x2 e−t2 dt.

0

Posons h : (x, t) → e−x 2 (1+t 2 ) pour (x, t) ∈ R+ × [0, 1]. Pour tout x 0,
1 + t2
t → h(x, t) est continue sur [0, 1] et donc intégrable sur [0, 1]. Pour tout

t ∈ [0, 1], x → h(x, t) est de classe C1 sur R+ avec ∂h = −2x e−(1+t2)x2 .
(x, t)
∂x

Pour (x, t) ∈ R+ × [0, 1], ∂h (x, t) 1 et t → 1 est continue et inté-
∂x

grable sur [0, 1]. Donc g est de classe C 1 sur R+ avec, pour tout x 0,

11

g (x ) = −2x e−x2(1+t2) dt = −2e−x2 e−x2t2 x dt . Le changement linéaire

00
x

u = xt donne ∀x ∈ R+, g (x) = −2e−x2 e−u2 du.

0

2. D’après les calculs précédents, f + g est de classe C 1 sur R+, de dérivée nulle. La

fonction f +g est donc constante. Or f (0) = 0 et g(0) = 1 dt = Arctan 1 = p
Pour tout x 0, f (x) + g(x) = p . .
0 1 + t2 4
4

3. La fonction w : t → e−t2 est intégrable sur R+ car w est continue sur R+ et
w(t) = o (e−t ). Ainsi lim f (x) = I 2. On détermine la limite de g en
t →+∞ x →+∞

+∞ par encadrement. Pour x 0, on a 0 g(x) 1 e−x2 = p e−x2.
0 1 + t2 dt 4

10.2 Exercices d’entraînement 239

Par encadrement, on obtient lim g(x) = 0. En conclusion I 2 = p et puisque
√ x→+∞ 4

p
I 0, on obtient I = .
2

Exercice 10.6

Mines-Ponts MP 2007

1. Étudier J (x) = +∞ e−√t eitx dt.
0t

2. À l’aide d’une intégration par parties, déterminer une équation différentielle

linéaire d’ordre 1 vérifiée par J e√t en déduire une forme simplifiée de J (x )
(on rappelle que p
+∞ - voir exercice précédent).

e−t2 dt =
02

1. On définit h(x, t) = e−√t eit x pour (x, t) ∈ R × R∗+ (on choisit ces deux intervalles
t

car il n’y a aucun problème de définition sur x et car on intègre - par rapport à t

- de 0 à +∞ une fonction qui n’est pas définie en 0. La dépendance en x se situe
simplement dans eixt , complexe de module 1. Les dominations sur R vont être

très simples à obtenir.

• Pour tout x ∈ R, t → h(x, t) est continue sur R∗+

• Pour tout t > 0, x → h(x, t) est de classe C 1 sur R avec ∂h (x, t) = i √ e−t ei t x .
t
∂x

• Pour tout x ∈ R, on a |h(x, t)| = e√−t = w(t). Or w est continue sur R∗+ et
t

vérifie w(t) ∼ √1 , ainsi que w(t) = o 1 , ce qui permet de montrer
t→0 t t →+∞ t2

© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit que w est intégrable sur R+∗. Ainsi, pour tout x ∈ R, t → h(x, t) est intégrable
sur R∗+.

• De même, on a, pour x ∈ R et t > 0, | ∂h (x, t)| = √ e−t = c(t) avec c
∂x t

continue et intégrable sur R∗+.

D’après le théorème de dérivation, la fonction J est de classe C 1 sur R avec, pour
+∞
√
tout x ∈ R, J (x) = i t e−t ei x t dt.

0

2. On doit trouver une relation entre J et J à l’aide d’une intégration par parties.

Les écritures de J et J font apparaître trois facteurs. On peut regrouper les deux

exponentielles afin d’avoir un seul produit et ainsi réaliser l’intégration par parties
√
(en constatant de plus que t → √1 t s’intègre en t → 2 t). Les fonctions utilisées

240 Chap. 10. Intégrales dépendant d’un paramètre

sont de classe C 1 sur un segment [a, b] ⊂ R∗+. On obtient alors

b √1 e(i x−1)t dt √ b b √
t 2t a t
a = e(i x −1)t − 2(i x − 1) e(i x −1)t dt.
2√be−bei xb =
On a lim 0 (le module est 2√be−b a limite nulle par crois-
b→+∞
de
sances comparées) et
lim 2√ae−aeixa = 0. On obtient alors, en passant aux
a→0

limites,

+∞ √ − 2(i x − 1)
t
J (x) = −2(i x − 1) e(i x −1)t dt = J (x) = −2(x + i)J (x)

0i

Finalement J vérifie sur R l’équation différentielle J (x) = − x −i J (x ).
2(x 2 + 1)

Une primitive de x → − x −i = − 2(x x 1) 1 est la fonction
2(x 2 + 1) 2+ + i 2(x2 + 1)

x → − 1 ln(1 + x2) + i Arctan x. Ainsi il existe un réel C tel que, pour tout x ∈ R,
42
+∞ e√−t dt. Le change-
on ait J (x ) = C e i Arctan x . On a C = J (0) = 0t
x 2)1/4 2

(1 +

ment de variable t = u2 dans cette intégrale donne C = 2 +∞ du = √
p.
e−u2

√ 0

Finalement, ∀x ∈ R, J (x ) = (1 + pi Arctan x .
e2

x 2)1/4

Remarque
On fera attention ici à ne pas prendre comme primitive de x → 1 la fonction

x +i
x → ln(x + i ) qui n’est pas définie, ni même x → ln |x + i| qui ne convient pas.

Exercice 10.7

CCP PC 2006

1. Déterminer l’ensemble de définition de la fonction f : x → +∞ dt
1 t x (1 + t) .

Étudier sa continuité, sa dérivabilité, ses variations et ses limites aux bornes.

2. En trouvant une relation entre f (x) et f (x + 1) donner un équivalent de f en
0 et +∞.

1. • Définition : soit x ∈ R. La fonction hx : t → 1 t) est continue sur [1, +∞[
t x (1 +

et hx (t) ∼ 1 , ainsi hx est intégrable sur [1, +∞[ si et seulement si x + 1 > 1,
t x+1
+∞

c’est-à-dire si x > 0.

10.2 Exercices d’entraînement 241

• Continuité : on note h(x, t) = 1 pour (x, t) ∈ ]0, +∞[×[1, +∞[. Les
t x (1 + t)

hypothèses de continuité sont immédiates : pour tout x > 0, t → h(x, t)

est continue sur [1, +∞[ (et intégrable) et pour tout t 1, x → h(x, t) est
continue sur R∗+. On essaie de dominer |h| indépendamment de x. Il suffit de

1 1, x → t x est croissante et positive sur R∗+, ce qui
majorer t x . Comme t
11
permet de majorer t x par t0 = 1. C’est la meilleure majoration valable pour
1 . On
tout x > 0. Cela donne pour (x, t) ∈ R+∗ × [1, +∞[, |h(x, t)| 1+t

ne peut pas conclure, puisque t → 1 n’est pas intégrable sur [1, +∞[. On
1+t
analyse alors la situation afin de comprendre où se situe la difficulté. Il est

clair ici que le problème vient du fait que x peut être aussi proche de 0 que

possible. On fixe alors A > 0 et on applique le théorème de continuité sur

[A, +∞[. Les hypothèses de continuité restent vérifiée et on obtient maintenant

∀x A, ∀t 1, |h(x, t)| 1
t A(1 + t) = w(t). Puisque A > 0, la fonction w

est intégrable sur [1, +∞[ et par le théorème de continuité, f est continue sur
[ A, +∞[ pour tout A > 0. Les intervalles [ A, +∞[ pour A > 0 recouvrent R+∗,
donc f est continue sur R∗+.

• Dérivabilité : on applique la même méthode. Pour tout x > 0, t → h(x, t) est

continue et intégrable sur [1, +∞[, et pour tout t 1, x → h(x, t) est de classe

C 1 sur R+∗ avec ∂h (x, t) = − ln t t). On obtient
∂x (1 +
t x

∀x A, ∀t ∂h ln t
1, (x, t) t A(1 + t) = c(t).
∂x

© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit La fonction c est continue sur [1, +∞[. Pour prouver son intégrabilité sur
[1, +∞[, on cherche a > 1 tel que tac(t) admet une limite nulle en +∞. C’est

le cas dès que a < 1 + A. On peut choisir par exemple a = 1 + A/2 ∈ ]1, A[.

Donc c est intégrable sur [1, +∞[ et f est de classe C 1 sur [ A, +∞[ avec, pour
+∞ ln t
tout x A, f (x) = − 1 t x (1 + t) dt. Cela étant vrai pour tout A > 0, f

est C 1 sur R∗+ avec, pour tout x > 0, f (x) = − +∞ ln t
1 t x (1 + t) dt.

• Limite aux bornes : il est assez simple de majorer f (x) puisque pour x > 0,

on a

0 f (x) +∞ dt − 1 +∞ 1
1 t x+1 = xtx =.

1x

242 Chap. 10. Intégrales dépendant d’un paramètre

Cela donne lim f (x) = 0. Il est un peu moins simple de minorer f par une

x →+∞

intégrale facilement calculable. On peut écrire

f (x) +∞ dt − x (1 1 t )x +∞ 1
1 (1 + t )x+1 = + 1 = x2x

ce qui montre que f (x) tend vers +∞ lorsque x tend vers 0. On aurait pu se

passer de l’étude des limites puisqu’on demande la recherche d’équivalent dans

la question suivante.

+∞ t
2. Soit x > 0. En écrivant f (x) sous la forme f (x) = t x+1(1 + t) , on obtient

1
+∞ dt
1 f (x + 1)
f (x) + f (x + 1) = = . L’étude en 0 est simple puisque
t x+1 x
1

admet une limite finie f (1) lorsque x tend vers 0. Puisque f (x) = 1 − f (x + 1),
x
on en déduit que f (x) ∼ 1 . L’étude en +∞ est moins immédiate. On serait tenté
x→0 x

d’écrire

f (x + 1) + f (x) ∼ f (x) + f (x) = 2 f (x)

x →+∞

et ainsi conclure que f (x) ∼ 1 mais la relation f (x + 1) ∼ f (x) n’est
x→+∞ 2x x →+∞

pas forcément vraie (penser à ex ou ex2). On procède par encadrement. D’après la

première question, f est décroissante. Pour x > 0, on a f (x + 1) f (x), ce qui

donne, pour x > 0, 2 f (x + 1) f (x) + f (x + 1) 2 f (x). Ainsi, en utilisant

11
la relation f (x + 1) + f (x) = 1/x, on a, pour x > 1, x 2 f (x) x − 1 .
1
Finalement f (x) ∼ .
x→+∞ 2x

Exercice 10.8

TPE PSI 2005, Mines-Ponts PC 2007

p/2

1. Montrer que f (x) = ln(x2 +sin2 t) dt est de classe C 1 sur R+∗ et calculer

0

f (x) (on pourra utiliser le changement de variable u = tan t).

2. Calculer lim ( f (x) − p ln x) et en déduire une écriture simplifiée de f (x)

x →+∞

pour x > 0.

3. Montrer que f est définie et continue en 0.

On note h(x, t) = ln(x2 + sin2 t) pour x > 0 et t ∈ [0, p/2].
1. Soit x > 0. La fonction t → h(x, t) est continue sur [0, p/2] et donc intégrable

sur ce segment. Pour tout t ∈ [0, p/2], x → h(x, t) est de classe C 1 sur R∗+ avec

10.2 Exercices d’entraînement 243

∂h 2x x, on se place sur un
(x, t) = + sin2 t . Afin de dominer indépendamment de
∂x x2
segment [a, b] ⊂ R+∗ (ainsi on majore facilement le numérateur et on évite d’avoir

un dénominateur qui s’approche de 0). Plus précisément, pour tout t ∈ [0, p/2]

et x ∈ [a, b], on a ∂h 2b et la fonction t → 2b est
(x, t) a2 + sin2 t a2 + sin2 t
∂x

continue sur le segment [0, p/2] donc intégrable. Finalement f est de classe C 1

sur [a, b] avec, pour tout x ∈ [a, b], f (x) = 2 p/2 x
0 x2 + sin2 t dt. La fonction
f étant de classe C 1 sur tout segment [a, b] inclus dans R∗+, elle l’est sur R+∗ avec,

pour tout x > 0, f (x) = 2 p/2 x dt. Le terme sin2 t s’exprime en
0 x2 + sin2 t

fonction de tan t. On effectue le changement de variable u = tan t : la fonction

u → Arctan u est bijective et C 1 de [0, +∞[ dans [0, p/2[ ainsi, si x > 0,

f (x) = +∞ 2x du +∞ 2x
= = x2 + (1 + x2)u2 du
u2 1+ u2
0 x2 + + u2 0

1 √ +∞

√2 u 1 + x2 =√p .
Arctan
1 + x2 x 1 + x2
0

2. Pour x > 0, on a

f (x) − p ln x = p/2 dt = p/2 sin2 t dt.
1 + x2
ln(x2 + sin2 t) − ln(x2) ln

0 0

En utilisant la majoration ln(1 + u) u, valable pour u 0, on obtient

0 f (x) − p ln x p/2 sin2 t p/2 1 p
0 x2 dt 0 x2 dt = 2x2 .
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
Par encadrement, lim ( f (x)−p ln x) = 0. Or, pour tout x > 0, f (x) = √ p .
x →+∞ 1 + x2

Il existe donc A ∈ R tel que , pour tout x √> 0, f (x) = p argsh x + A. On rappelle
que pour x ∈ R, on a argsh x = ln(x + 1 + x2). On détermine A par la limite

précédente.

x + √ 1 + x2
p ln( ) = A + p ln(1 +
f (x) − p ln x = A + x 1 + 1/x2),

ce qui donne, lorsque x tend vers +∞, A + p ln 2 = 0. Ainsi, pour tout x > 0,
f (x) = p argsh(x) − p ln 2.

3. La première possibilité serait de calculer f (0) (on peut consulter l’exercice 8.19,

p/2

page 207). On montre que f (0) existe et f (0) = 2 ln sin t dt = −p ln 2 et

0

























































272 Chap. 11. Séries de Fourier

+∞ (−1)k−1
3k−1
2c) Appliquons la question 1 avec z = eiu. On obtient alors f (eiu) = ei ku,

k=1

2 +∞ (−1)k−1
et on en déduit que g(u) = 3k sin ku.
3 k=1

2d) Soit n ∈ N. La série de fonctions (−1)k−1
uk, où uk(u) = 3k sin ku sin nu
converge normalement sur R. Le théorème d’intégration terme à terme donne alors

les coefficients de Fourier bn(g) :

2p 2 +∞ (−1)k−1 2 p 2 (−1)n−1
bn(g) = p g(u) sin nu du = sin ku sin nu du = .
3 3k p0 3 n
0
k=1

La série de Fourier de g est donc la série trigonométrique trouvée à la question 2.c.

2p g(u) du = − 1 1 16
3 ln .
3 2p
3 37
3) On a d’une part ln(5 + 3 cos u =
0
0

D’autre part par intégration terme à terme d’une série de fonctions normalement

convergente,

2p 2 +∞ (−1)n−1 2p 2 +∞ (−1)n−1 1 − cos 2np
3 3 3

g(u) du = n3n − cos u 0 = n3n (∗).
3 3
0 n=1
n=1

(−1)n−1 1 − cos 2np et bk = a3k + a3k+1 + a3k+2.
Posons alors an = n3n 3

(−1)3k 1 (−1)3k+1 1
On calcule bk = (3k + 1)3k+1 1+ + (3k + 2)3k+2 1+ .
2 2

On en déduit bk = (−1)k(6k + 5) , et en regroupant 3 à 3 les termes dans la
+ 2)
33k+2(3k + 1)(3k

série (∗), on obtient S = 1 ln 16
.
37

Exercice 11.14 K

Soit K : [0, 1] × [0, 1] → R la fonction définie par

K : (x, y) → (x − 1)y si y x,
(y − 1)x si x y.

1) Soit f la fonction 2p-périodique telle que f (t) = t2 pour tout t ∈ [−p, +p].
Déterminer la série de Fourier de f et indiquer son mode de convergence et sa
somme.

11.3 Exercices d’approfondissement 273

2) En déduire que pour tout (x, y) ∈ R2 vérifiant |x| + |y| 1, on a :

1 4 +∞ (−1)n cos np(x + y)
3 p2 n2
(x + y)2 = +

n=1

puis, en utilisant la relation x y = 1 (x + y)2 − (x − y)2 ,
4

2 +∞ sin(n px ) sin(np y)
p2 n
xy = − (−1)n 2 .

n=1

3) En déduire finalement que

2 +∞ sin(npx) sin(npy)
p2 n2
∀(x, y) ∈ [0, 1]2, K (x, y) = − .

n=1

1) La fonction f est 2p-périodique, continue sur R et de classe C 1 par morceaux. Il
en résulte que la série de Fourier de f est normalement convergente, et que sa somme
est égale à f .

Elle est paire donc les coefficients de Fourier bn( f ) sont nuls. On calcule aisément

2p2
a0( f ) = 3 et, à l’aide de deux intégrations par parties successives,

2 p t2 cos(nt )d t = 4(−1)n pour n 1
an( f ) = p 0 n2

p2 +∞ (−1)n cos(nt)
3 n2
D’où : ∀t ∈ [−p, p], t2 = +4 .

n=1

2) Soient x et y sont deux nombres réels tels que |x| + |y| 1. On a alors

p(x + y) ∈ [−p, p] et donc

1 4 +∞ (−1)n cos np(x + y)
3 p2 n2
(x + y)2 = + .

© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit n=1

1 4 +∞ (−1)n cos np(x − y)
3 p2 n2
On a de même (x − y)2 = + , puis en utilisant la

n=1

relation x y = 1 (x + y)2 − (x − y)2 ,
4

xy = 1 +∞ (−1)n cos(np(x + y)) − cos(np(x − y))
p2 n2
n=1

2 +∞ sin(n px ) sin(np y )
p2 n
= − (−1)n 2

n=1

3) Si (x, y) ∈ [0, 1]2 et si x y, alors |y − 1|+|x| = 1− y + x 1. On voit de même

que |x − 1| + |y| 1 lorsque y x. On peut donc appliquer le résultat précédent.