198 Chap. 8. Intégration sur un intervalle quelconque
1. La fonction f n : t → sin
2n (t)e
−t est continue sur R
+ . Pour tout t ∈ R
+ ,
| f n (t)| e
−t et t → e
−t est intégrable sur [0, +∞[, donc f n l’est également.
I 0 = lim
A→+∞
A
0
e
−t dt = lim
A→+∞
1 − e
−A = 1.
2. Soit n ∈ N
∗ . On intègre par parties sur [0, A] avec A > 0 (les fonctions utilisées
sont bien de classe C
1 sur [0, A]).
A
0
f n (t) dt =
−e
−t sin
2n t
A
0
+ 2n
A
0
e
−t
sin
2n−1 t cos t
dt
soit I n = 2n
+∞
0
e
−t
sin
2n−1 t cos t
dt. On effectue une seconde intégration
par parties qui donne
I n = 2n
+∞
0
e
−t
(2n − 1) sin
2n−2 t cos
2 t − sin
2n t
dt
= 2n
+∞
0
e
−t
(2n − 1)(sin
2n−2 t)(1 − sin
2 t) − sin
2n t
dt
,
c’est-à-dire I n = 2n
(2n − 1)I n−1 − 2n I n
d’où I n = 2n(2n − 1)I n−1 − 4n
2 I n et
I n =
2n(2n − 1)
4n 2 + 1
I n−1 .
On obtient I n =
n
k=1
2k(2k − 1)
4k 2 + 1
I 0 . Le produit
n
k=1
(2k)(2k − 1) vaut
(1.2).(3.4) . . . ((2k − 1)(2k)) . . . (2n − 1)(2n) = (2n)!, ainsi I n =
(2n)!
n
k=1
(4k
2 + 1)
.
3. On a v n −1 =
4n
2
− 2n
4n 2 + 1
−1 =
−2n − 1
4n 2 + 1
∼
n→+∞
−
1
2n
. Tous les termes de la suite v n
sont positifs, ln I n =
n
k=1
ln(v k ) avec v n de limite 1 et ln v n ∼
n→+∞
v n −1 ∼
n→+∞
−1
2n
.
Ainsi la série de terme général ln v n est divergente et lim
n→+∞
n
k=1
ln v k = −∞. Par
composition avec la fonction exponentielle, on obtient lim
n→+∞
I n = 0.
Exercice 8.14
TPE PSI 2007
Prouver l’existence de l’intégrale suivante et calculer sa valeur
+∞
0
Arctan 3x − Arctan x
x
dx.