10.2 Exercices d’entraînement 241
• Continuité : on note h(x, t) =
1
t x (1 + t)
pour (x, t) ∈ ]0, +∞[×[1, +∞[. Les
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
majorer
1
t x . Comme t 1, x → t
x est croissante et positive sur R
∗
+ , ce qui
permet de majorer
1
t x par
1
t 0 = 1. C’est la meilleure majoration valable pour
tout x > 0. Cela donne pour (x, t) ∈ R
∗
+ × [1, +∞[, |h(x, t)|
1
1 + t
. On
ne peut pas conclure, puisque t →
1
1 + t
n’est pas intégrable sur [1, +∞[. On
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
(x, t) = −
ln t
t x (1 + t)
. On obtient
∀x A, ∀t 1,
∂h
∂x
(x, t)
ln t
t A (1 + t)
= c(t).
La fonction c est continue sur [1, +∞[. Pour prouver son intégrabilité sur
[1, +∞[, on cherche a > 1 tel que t
a c(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
tout x A, f
(x) = −
+∞
1
ln t
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) = −
+∞
1
ln t
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)
+∞
1
dt
t x+1 =
−
1
xt x
+∞
1
=
1
x
.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
• Continuité : on note h(x, t) =
1
t x (1 + t)
pour (x, t) ∈ ]0, +∞[×[1, +∞[. Les
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
majorer
1
t x . Comme t 1, x → t
x est croissante et positive sur R
∗
+ , ce qui
permet de majorer
1
t x par
1
t 0 = 1. C’est la meilleure majoration valable pour
tout x > 0. Cela donne pour (x, t) ∈ R
∗
+ × [1, +∞[, |h(x, t)|
1
1 + t
. On
ne peut pas conclure, puisque t →
1
1 + t
n’est pas intégrable sur [1, +∞[. On
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
(x, t) = −
ln t
t x (1 + t)
. On obtient
∀x A, ∀t 1,
∂h
∂x
(x, t)
ln t
t A (1 + t)
= c(t).
La fonction c est continue sur [1, +∞[. Pour prouver son intégrabilité sur
[1, +∞[, on cherche a > 1 tel que t
a c(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
tout x A, f
(x) = −
+∞
1
ln t
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) = −
+∞
1
ln t
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)
+∞
1
dt
t x+1 =
−
1
xt x
+∞
1
=
1
x
.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit