8.3 Exercices d’approfondissement 205
2. On va intégrer par parties afin d’augmenter le degré du dénominateur dans l’intégrale. Soit A > x > 0,
A
x
sin t
t 2 dt =
− cos t
t 2
A
x
− 2
A
x
cos t
t 3 dt,
ce qui donne, lorsque A tend vers +∞, F(x) =
cos x
x 2 −
+∞
x
cos t
t 3 dt. On a
bien le premier terme demandé. Il reste à montrer que la nouvelle intégrale est un
O(1/x
3 ). La première idée consiste à écrire
2
+∞
x
cos t
t 3 dt
2
+∞
x
cos t
t 3
dt
+∞
x
2
t 3 dt =
1
x 2
mais la majoration est trop forte. On doit réintégrer par parties comme précédemment,
+∞
x
cos t
t 3 dt = −
sin x
x 3 + 3
+∞
x
sin t
t 4 dt.
Le premier terme est un O(1/x
3 ), le second aussi en majorant la valeur absolue
de l’intégrale par
+∞
x
3
t 4 dt =
1
x 3 .
3. On cherche d’abord à comprendre comment va apparaître le terme ln x. On sépare
l’intégrale en deux afin de ne pas conserver une difficulté en +∞ en écrivant
F(x) =
+∞
1
f (t) dt +
1
x
f (t) dt et on étudie cette seconde intégrale. On a
f (t) ∼
t→0
1
t
et t →
1
t
n’est pas intégrable sur ]0, 1] et on s’attend donc à ce que
1
x
f (t) dt se comporte comme
1
x
1
t
dt = − ln x. On évalue la différence :
1
x
sin t
t 2 −
1
t
=
1
x
sin t − t
t 2
dt.
On note g : t →
sin t − t
t 2
pour tout t ∈ ]0, 1] prolongée par continuité en
0 par 0. On note de nouveau g la fonction prolongée sur [0, 1], elle est continue sur [0, 1] ce qui implique que
1
x
g(t) dt tend vers la constante
1
0
g(t) dt.
Ainsi
1
x
sin t
t 2 dt − (− ln x) tend vers une constante, et ln x admet une limite −∞
lorsque x tend vers 0 donc
1
x
sin t
t 2 dt ∼
x→0
− ln x
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