10.2 Exercices d’entraînement 243
∂h
∂x
(x, t) =
2x
x 2 + sin
2 t
. Afin de dominer indépendamment de x, on se place sur un
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
∂x
(x, t)
2b
a 2 + sin
2 t
et la fonction t →
2b
a 2 + sin
2 t
est
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
0
x
x 2 + sin
2 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
0
x
x 2 + sin
2 t
dt. Le terme sin
2 t s’exprime en
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) =
+∞
0
2x
x 2 +
u
2
1 + u 2
du
1 + u 2 =
+∞
0
2x
x 2 + (1 + x 2 )u 2 du
=
2
√
1 + x 2
Arctan
u
√
1 + x 2
x
+∞
0
=
p
√
1 + x 2
.
2. Pour x > 0, on a
f (x) − p ln x =
p/2
0
ln(x
2 + sin
2 t) − ln(x
2 )
dt =
p/2
0
ln
1 +
sin
2 t
x 2
dt.
En utilisant la majoration ln(1 + u) u, valable pour u 0, on obtient
0 f (x) − p ln x
p/2
0
sin
2 t
x 2 dt
p/2
0
1
x 2 dt =
p
2x 2 .
Par encadrement, lim
x→+∞
( f (x)−p ln x) = 0. Or, pour tout x > 0, f
(x) =
p
√
1 + x 2
.
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 + x 2 ). On détermine A par la limite
précédente.
f (x) − p ln x = A + p ln(
x +
√
1 + x 2
x
) = A + p ln(1 +
1 + 1/x 2 ),
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,
page 207). On montre que f (0) existe et f (0) = 2
p/2
0
ln sin t dt = −p ln 2 et
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
∂h
∂x
(x, t) =
2x
x 2 + sin
2 t
. Afin de dominer indépendamment de x, on se place sur un
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
∂x
(x, t)
2b
a 2 + sin
2 t
et la fonction t →
2b
a 2 + sin
2 t
est
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
0
x
x 2 + sin
2 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
0
x
x 2 + sin
2 t
dt. Le terme sin
2 t s’exprime en
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) =
+∞
0
2x
x 2 +
u
2
1 + u 2
du
1 + u 2 =
+∞
0
2x
x 2 + (1 + x 2 )u 2 du
=
2
√
1 + x 2
Arctan
u
√
1 + x 2
x
+∞
0
=
p
√
1 + x 2
.
2. Pour x > 0, on a
f (x) − p ln x =
p/2
0
ln(x
2 + sin
2 t) − ln(x
2 )
dt =
p/2
0
ln
1 +
sin
2 t
x 2
dt.
En utilisant la majoration ln(1 + u) u, valable pour u 0, on obtient
0 f (x) − p ln x
p/2
0
sin
2 t
x 2 dt
p/2
0
1
x 2 dt =
p
2x 2 .
Par encadrement, lim
x→+∞
( f (x)−p ln x) = 0. Or, pour tout x > 0, f
(x) =
p
√
1 + x 2
.
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 + x 2 ). On détermine A par la limite
précédente.
f (x) − p ln x = A + p ln(
x +
√
1 + x 2
x
) = A + p ln(1 +
1 + 1/x 2 ),
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,
page 207). On montre que f (0) existe et f (0) = 2
p/2
0
ln sin t dt = −p ln 2 et
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit