exercices de mathématiques - prépa et université

Ayant pour seuls pôles les nombres $\,i\,$ et $\,-i\,$ non réels, la fonction

Une fonction rationnelle est de la forme : $\,\Big\{\eqalign{&\!\bb K\!\setminus\!\{\alpha_1,\dots,\alpha_p\}\to\bb K\\[-.5ex]&\!x\mapsto f(x)\!=\!A(x)\sp{-1.5}/\sp{-1.5}B(x)}\,$

pour $\,\sth1A\app\bb K[X]\,$ et $\,B\app\bb K[X]\!\sp{-1.5}\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\,$ de racines : $\,\alpha_1,\dots,\alpha_p\app\bb K\sp{1.5}.\,$

• Si les $A(\alpha_k)$ sont non nuls, $f$ est iréductible de pôles les $\,\alpha_k\sp{1.5}.\,$

• Un pôle $\alpha_k$ est un pôle simple ssi  $\alpha_k$ est racine simple de $B\sp{1.5}.$

rationnelle $\,x\mapsto\dfrac 1{1+x^2}\,$ est

Une fonction rationnelle $\,f\,$ est continue sur tout intervalle ne contenant aucun pôle de $f(x)\sp{1.5}.$

continue sur $\,]\,0,\sp{1.5}+\I\sp{1.5}[\sp{1.5}.\,$

Son

$\sc C(I,\bb K)$ est un sous-espace vectoriel de $\sc F(I,\bb K)\sp{1.5},$ et il est :

• stable par produit : $\,f,\sp{1.5}g\sp{1.5}\app\sc C(I,\bb K)\!\Imp\! f\sp{1.5}g\sp{1.5}\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5},\,$
• et stable pour le quotient $\,f\sp{-1.5}/\sp{-1.5}g\,$ lorsque : $\,\ptt x\app I,\ g(x)\neq0\sp{1.5}.\,$

produit $\,f:x\mapsto\dfrac{\op{ln}x}{1+x^2}\,$ par la fonction

Le logarithme est continu et strictement croissant sur $\,]\sp{1.5}0\sp{.75},+\I[\sp{1.5}.\,$

logarithme est donc aussi continu sur $\,]\,0,\sp{1.5}+\I\sp{1.5}[\sp{1.5}.\,$

On examine alors l'intégrabilité de la fonction $f$ en $\,0\,$ et en $\,+\I:\,$

• Par
  Pour $\,f,g\app\sc C_m([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K)\,$ telles que : $\,f(x)\sp{1.5}\dl xb\sp{1.5} O\big(g(x)\big):\,$

  $\displaystyle{}g\app L^1\big([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5},\bb K\big)\Imp f\app L^1\big([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5},\bb K\big)$

  Avec $\,\sth{.5}f(x)\eq xb \,g(x)\sp{1.5},\,$ cette implication devient une équivalence.

  On a les mêmes résultats sur un intervalle $\sth{.75}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\sp{1.5},$ lorsque $x\to a\sp{1.5}.$
  comparaison à la fonction
  La fonction logarithme népérien  est  intégrable sur l'intervalle $\,]\sp{1.5}0,1]\sp{1.5}.\,$
  logarithme la fonction $f$ est intégrable sur $\,]\,0,\sp{1.5}1]\,$ du fait de
  Soient $\,f\,$ et $\,g\,$ deux fonctions réelles définies au voisinage de $\,a\app\surl{\bb R}\sp{1.5}.\,$

  $\,f\,$ est  equivalente à  $\,g\,$ en $\,a\sp{1.5}\,$ ssi on a, au voisinage de $\,a:\,$

  $\displaystyle{}\sth{.5}f(x)=g(x)\,\delta(x)\sp{1.5}, \txt{avec :}\lim xa\delta(x)=1$

  On écrit : $\,{f(x)\sp{1.5}\eq xa \,g(x)}\sp{1.5},\,$ et  si $\,g(x)\neq0\,$ pour $\,x\neq a\sp{1.5},\,$ alors :

  $\displaystyle{}f(x)\sp{1.5}\eq xa \,g(x)\!\Ssi\!\lim xa\,\smh{1}{\dfrac{f(x)}{g(x)}}=1$
  l'équivalence :
  $\displaystyle{}f(x)=\smash[b]{\frac{\ln x}{1+x^2}\eq x{0}\ln x}$
• On a d'autre part, par
  Pour tous réels $\,\alpha\sp{1.5},\ \beta\,$ et $\,\gamma\,$ strictement positifs, on a :

  $\eqalign{(\ln x)^\beta\!\!\dl x{+\I}\sp{1.5}o\sp{1.5}(x^\alpha)\!&\txt{et}\,x^\alpha\!\!\dl x{\smh0{0}}\,o\sp{1.5}(\sp{1.5}|\ln x|^{-\beta})\\ x^\alpha\!\!\dl x{+\I}\sp{1.5}o\sp{1.5}(\e{\gamma\,x})\!&\txt{et}\,\e{\gamma\,x}\!\!\dl x{-\I}\sp{1.5}o\sp{1.5}(\sp{1.5}|x|^{-\alpha})}$
  croissances comparées :
  $\displaystyle{}f(x)=\frac{\op{ln}x}{1+x^2}\dl x{+\I}o\Big(\dfrac{\sqrt x}{x^2}\Big)=o\big(x^{-3/2}\big)$
  Par
  Pour $\,f,g\app\sc C_m([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K)\,$ telles que : $\,f(x)\sp{1.5}\dl xb\sp{1.5} O\big(g(x)\big):\,$

  $\displaystyle{}g\app L^1\big([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5},\bb K\big)\Imp f\app L^1\big([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5},\bb K\big)$

  Avec $\,\sth{.5}f(x)\eq xb \,g(x)\sp{1.5},\,$ cette implication devient une équivalence.

  On a les mêmes résultats sur un intervalle $\sth{.75}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\sp{1.5},$ lorsque $x\to a\sp{1.5}.$
  comparaison à une intégrale de
  Pour $\,\alpha\app\bb R\sp{1.5},\,$ la fonction puissance $\,x\mapsto x^{-\alpha}=\smb{1.5}{\dfrac1{x^\alpha}}\,$ est :

  • intégrable sur l'intervalle $\,[\sp{1.5}1,+\I\sp{1.5}[\,$  ssi $\,\alpha > 1\,;\stb1\,$
  • intégrable sur l'intervalle $\,]\sp{1.5}0,\sp{1.5}1\sp{1.5}]\,$  ssi $\,\alpha < 1\,.\,$
  Riemann, la fonction $f$ est donc intégrable sur $\,[\sp{1.5}1,+\I[\sp{1.5}.\,$

La fonction $f$ est ainsi

Soit $\,f\app\sc C_m\big(]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K\big)\sp{1.5};\,$ $f$ est intégrable  ssi  pour un $\,c\app\,]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[:\,$

$\eqalign{&f\restr{]\sp{1.5}a,c\sp{1.5}]}\app L^1\big(]\sp{1.5}a,c\sp{1.5}],\bb K\big)\txt{et}f\restr{[\sp{1.5}c,b\sp{1.5}[}\app L^1\big([\sp{1.5}c,b\sp{1.5}[,\bb K\big)\\[-.5ex] \txt{avec :}&\int_a^b\!\! f(x)\d x = \int_a^c\!\! f(x)\d x\, + \int_c^b \!\!f(x)\d x}$

intégrable sur $\,]\,0,\sp{1.5}+\I\sp{1.5}[\sp{1.5};\,$ on peut alors chercher la valeur de $\,I=\dint_0^{+\I}\sp{-5}\frac{\op{ln}x}{1+x^2}\,\d x\sp{1.5}.\,$

On effectue dans cette intégrale le

Soient $\,f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et $\,\phi\app\sc C^1\big(\sp{1.5}]\sp{1.5}\alpha,\beta\,[\sp{1.5},I\big)\,$ strictement croissante.

Si $\,\lim t\alpha\,\phi(t)=a\,$ et $\,\lim t\beta\,\phi(t)=b\sp{1.5},\,$ on a  alors :

$\eqalign{&f\app L^1\big(]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K\big)\Ssi(f\circ\phi)\sp{1.5}\phi'\app L^1\big(]\sp{1.5}\alpha,\beta\sp{1.5}[,\bb K\big)\\[-.5ex] &\txt{avec :}\int_{x=a}^{x=b}\!\!f(x)\d x\,=\int_{t=\alpha}^{t=\beta}\!\!f\big(\phi(t)\big)\sp{1.5}\phi'(t)\d t}$

Idem avec $\,f\app L^1\big(]\sp{1.5}b,a\sp{1.5}[,\bb K\big)\,$ si $\phi$ est strictement décroissante.

changement de variable $\,x=\dfrac1y\sp{1.5},\,$ avec  $\,\d x=-\dfrac{\sth{1}\d y}{y^2}:\,$ On a ainsi : $\,I=-I,\,$ d'où finalement :  $\,I=\!\dint_{0}^{+\I}\sp{-5}\frac{\op{ln}x}{1+x^2}\,\d x=0\sp{1.5}.\,$

Pour tout $\,\alpha\app\bb R\sp{1.5},\,$ la fonction

Pour $\,\alpha\app\bb R^{\ast}\sp{-1.5},\,$ la fonction puissance  $\,x\mapsto x^{\alpha}=\e{\sp{1.5}\alpha\op{ln}x}\,$ est :

• continue et strictement croissante sur $\,[\sp{1.5}0,+\I[\,$ si $\,\alpha > 0\sp{1.5};\,$
• continue et strictement décroissante sur $\,]\sp{1.5}0,\sp{-1.5}+\I[\,$ si $\,\alpha < 0\sp{1.5}.\,$

puissance $\,x\mapsto x^{\alpha}\,$ est continue sur $\,]\,0,+\I[\sp{1.5}.\,$

Il en va de même pour $\,f_{\alpha}:x\mapsto\dfrac1{(1+x^2)(1+x^\alpha)}\sp{1.5},\,$ par

$\sc C(I,\bb K)$ est un sous-espace vectoriel de $\sc F(I,\bb K)\sp{1.5},$ et il est :

• stable par produit : $\,f,\sp{1.5}g\sp{1.5}\app\sc C(I,\bb K)\!\Imp\! f\sp{1.5}g\sp{1.5}\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5},\,$
• et stable pour le quotient $\,f\sp{-1.5}/\sp{-1.5}g\,$ lorsque : $\,\ptt x\app I,\ g(x)\neq0\sp{1.5}.\,$

inversion d'un produit qui ne s'annule pas sur $\,]\,0,+\I[\sp{1.5}.\,$

On examine alors l'intégrabilité de la fonction $f_{\alpha}$ en $\,0\,$ et en $\,+\I:\,$

• Par
  Pour $\,\alpha\app\bb R\!\setminus\!\{0\}\sp{1.5},\,$ la fonction puissance $\,x\mapsto x^{\alpha}\stb1\,$ vérifie :

  $\displaystyle{}\big((1+x)^\alpha-1\big)\smb{1.5}{\eq x0}\,\alpha\sp{1.5}x\,,\txt{ainsi que :}$

  • $\,\smb{.5}{\lim x{+\I}}\,x^\alpha=0\ \,$ et $\,{\lim x{+\I}}\,x^\alpha=+\I\sp{1.5},\,\,$ pour $\,\alpha > 0\,;\,$
  • $\,\smb{1.5}{\lim x{0^+}}\,x^\alpha=+\I\ \,$ et $\,\smb1{\lim x{+\I}}\,x^\alpha=0\sp{1.5},\,\,$ pour $\,\alpha < 0\,.\,$
  limite en $\,0\,$ de $\,x\mapsto x^{\alpha}\,$ et limite d'un
  Soient $I$ un intervalle et $\,f,g:I\to\bb R\,$ de limites $\ell_1,\ell_2\app\surl{\bb R}$ en $a\app \surl{\bb R}.$

  • $\,\smb{1}{\smh0{\lim x a \big(\alpha\sp{1.5}f(x)+\beta\,g(x)\big)}}=\alpha\sp{1.5}\ell_1+\beta\sp{1.5}\ell_2\,,\,$  si $\,(\alpha,\beta)\app\bb R^2,\,$
  • $\,\smb{1}{\lim x a\ \big(f(x)\,g(x)\big)}=\ell_1\,\ell_2\,,\,$
  • $\,\smb{1}{\lim x a \big({f(x)}\big/{g(x)}\big)}= {\ell_1}\big/{\ell_2}\,,\,$  si $\,g(x)\neq0\,$ sur $\,\!I\!\setminus\!\{a\}\sp{1.5},\,$

  sauf pour les formes indéterminées : $\I\!-\!\I\sp{1.5},\,$ $0\!\times\!\I\sp{1.5},$ $\,\I\sp{-1.5}/\sp{-1.5}\I\,$ et $\,0/0\sp{1.5}.\,$
  inverse, on pose : $\,f_0(0)=\lim x{0}\ f_0(x)=1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\sp{1.5},\,$ et :
  $\displaystyle{}\Syst{& f_\alpha(0)=\lim x{0}\ f_\alpha(x)=1\sp{1.5}\txt{pour}\alpha> 0\\&f_\alpha(0)= \smb{.5}{\lim x{0}}\ f_\alpha(x)=0\sp{1.5}\txt{pour}\alpha < 0}$
  Les fonctions $f_\alpha$ se prolongent donc par
  Soit $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5},\,$ admettant une limite finie en $\,a\non\app I\sp{1.5}.\,$

  Alors la fonction $f$ se prolonge par continuité à $\,I\cup\sp{-1.5}\{a\}\,$ en posant :

  $\displaystyle{}f(a)=\!\lim x a f(x)$
  continuité en $\,0\,$ et sont alors
  Si $\,f\app\sc C_m([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb K)\sp{1.5},\,$ on a $\,f\app L^1(I,\bb R)\,$ pour tout $\,I\!\subset\![\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\sp{1.5}.\,$
  intégrables sur $\,[\sp{1.5}0,1]\sp{1.5},\,$ et a fortiori sur $\,]\sp{1.5}0,1]\sp{1.5}.\,$
• Avec : $\,1+x^2\geq x^2\,$ et  $\,1+x^\alpha\geq 1\,$ pour tout $\,x\geq1\sp{1.5},\,$ on a aussi par
  L'inversion est strictement décroissante entre réels de même signe :

  • $\,\big(\, a\leq b < 0 \ \text{ ou }\ 0 < a\leq b\,\big)\Imp 1/b \leq1/a\,;\,$
  • $\,\big(\, a < b < 0 \ \text{ ou }\ 0 < a < b\,\big)\Imp 1/b <1/a\,.\,$
  inversion d'inégalités : $\,0\leq f_\alpha(x)\leq\dfrac1{x^2}\!\cdot\,$
  Par
  Pour $\,f,g\app\sc C_m([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K)\,$ telles que : $\,f(x)\sp{1.5}\dl xb\sp{1.5} O\big(g(x)\big):\,$

  $\displaystyle{}g\app L^1\big([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5},\bb K\big)\Imp f\app L^1\big([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5},\bb K\big)$

  Avec $\,\sth{.5}f(x)\eq xb \,g(x)\sp{1.5},\,$ cette implication devient une équivalence.

  On a les mêmes résultats sur un intervalle $\sth{.75}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\sp{1.5},$ lorsque $x\to a\sp{1.5}.$
  comparaison à une intégrale de
  Pour $\,\alpha\app\bb R\sp{1.5},\,$ la fonction puissance $\,x\mapsto x^{-\alpha}=\smb{1.5}{\dfrac1{x^\alpha}}\,$ est :

  • intégrable sur l'intervalle $\,[\sp{1.5}1,+\I\sp{1.5}[\,$  ssi $\,\alpha > 1\,;\stb1\,$
  • intégrable sur l'intervalle $\,]\sp{1.5}0,\sp{1.5}1\sp{1.5}]\,$  ssi $\,\alpha < 1\,.\,$
  Riemann, toutes les fonctions $f_\alpha$ sont aussi intégrables sur $\,[\sp{1.5}1,+\I[\sp{1.5}.\,$

Pour tout $\,\alpha\app\bb R\sp{1.5},\,$ a fonction $f_\alpha$ est ainsi

Soit $\,f\app\sc C_m\big(]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K\big)\sp{1.5};\,$ $f$ est intégrable  ssi  pour un $\,c\app\,]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[:\,$

$\eqalign{&f\restr{]\sp{1.5}a,c\sp{1.5}]}\app L^1\big(]\sp{1.5}a,c\sp{1.5}],\bb K\big)\txt{et}f\restr{[\sp{1.5}c,b\sp{1.5}[}\app L^1\big([\sp{1.5}c,b\sp{1.5}[,\bb K\big)\\[-.5ex] \txt{avec :}&\int_a^b\!\! f(x)\d x = \int_a^c\!\! f(x)\d x\, + \int_c^b \!\!f(x)\d x}$

intégrable sur $\,]\,0,\sp{1.5}+\I\sp{1.5}[\sp{1.5};\,$ on cherche alors la valeur de $\,I_{\alpha}=\dint_0^{+\I}\sp{-5}\frac{\op{ln}x}{1+x^2}\,\d x\sp{1.5}.\,$

On effectue dans cette intégrale le

Soient $\,f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et $\,\phi\app\sc C^1\big(\sp{1.5}]\sp{1.5}\alpha,\beta\,[\sp{1.5},I\big)\,$ strictement croissante.

Si $\,\lim t\alpha\,\phi(t)=a\,$ et $\,\lim t\beta\,\phi(t)=b\sp{1.5},\,$ on a  alors :

$\eqalign{&f\app L^1\big(]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K\big)\Ssi(f\circ\phi)\sp{1.5}\phi'\app L^1\big(]\sp{1.5}\alpha,\beta\sp{1.5}[,\bb K\big)\\[-.5ex] &\txt{avec :}\int_{x=a}^{x=b}\!\!f(x)\d x\,=\int_{t=\alpha}^{t=\beta}\!\!f\big(\phi(t)\big)\sp{1.5}\phi'(t)\d t}$

Idem avec $\,f\app L^1\big(]\sp{1.5}b,a\sp{1.5}[,\bb K\big)\,$ si $\phi$ est strictement décroissante.

changement de variable $\,x=\dfrac1y\sp{1.5},\,$ avec $\,\d x=-\dfrac{\d y}{y^2}:\,$

Connaissant la

La fonction arc tangente est de classe $\sc C^{\I}$ sur $\bb R\sp{1.5},$ avec :

$\displaystyle{}\ptt x\app\bb R,\ \op{Arctan}'(x)=\smh{1}{\frac1{1+x^2}}$

dérivée et les

La fonction arc tangente vérifie :

$\displaystyle{}\op{Arctan}y\eq y0\, y\ \txt{et}\ \lim y{+\I}\op{Arctan}y=\frac\pi2$

limites en $\,0\,$ et $\,+\I\,$ de la fonction arc tangente, on a par

Soit $F$ une primitive de $\,f:[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\,\to \bb K\,$ continue et intégrable ;  alors :

$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x =\big[F(x)\big]_a^b=\lim xb F(x)-F(a)$

On a le même résultat sur l'intervalle $\sth{.75}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\sp{1.5},$ avec :  $\,F(b)-\lim xa F(x)\sp{1.5}.\,$

primitivation :

On a ainsi : $\,I_\alpha=\dfrac{\pi}2-I_\alpha,\,$ d'où finalement :  $\,I_{\alpha}=\!\dint_0^{+\I}\sp{-10}\frac{\d x}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}=\frac{\pi}4\!\cdot\,$

La fonction $\,f:x\mapsto\ln(\sin x)\,$ est la composée du

Les fonctions cosinus et sinus sont continues sur $\bb R$ et de période $2\sp{1.5}\pi:$

• Le cosinus est pair et strictement décroissant sur $\,\smb{1}{[\sp{1.5}0,\pi\sp{1.5}]}\sp{1.5}.\,$
• Le sinus est impair et strictement croissant sur $\,[-\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2,\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\sp{1.5}]\sp{1.5}.\,$

sinus, continu à valeurs dans $\,]\,0,\sp{1.5}1\sp{1.5}]\sp{1.5},\,$ par le

Le logarithme est continu et strictement croissant sur $\,]\sp{1.5}0\sp{.75},+\I[\sp{1.5}.\,$

logarithme, continu sur $\,]\,0,\sp{1.5}1\sp{1.5}]\sp{1.5}.\,$

Cette fonction $f$ est donc

Soient $\,f:I\to\bb R\,$ et $\,g:J\to\bb K\,$ continues, avec $\,f(I)\subset J\sp{1.5}.\,$

Alors la composée $\,g\circ f\,$ est continue sur l'intervalle $I\sp{1.5}.$

continue sur $\,]\sp{1.5}0,\sp{1.5}\pi/2\sp{1.5}]\sp{1.5};\,$ il s'agit alors de déterminer son intégrabilité en $\,0:\,$

Les fonctions cosinus et sinus vérifient :

$\displaystyle{}(\cos x-1)\,\eq x0-\smh{1.5}{\dfrac{x^2}2}\ \txt{et}\,\sin x\,\eq x0\,x$

Sachant que : $\,\lim x0\,\dfrac{\sin x}x=1\sp{1.5},\,$

La fonction logarithme vérifie :

$\displaystyle{}\sth{.5}\lim x0\sp{1.5}\ln x=-\I\sp{1.5},\ \lim x{+\I}\ln x=+\I\ \txt{et}\,\ln(1+x)\sp{1.5}\eq x0 \,x$

ainsi que : $\,\lim x{0}\sp{1.5}\ln x=-\I\sp{1.5},\,$ on en déduit :

Par

Pour des fonctions réelles $f$ et $g$ définies au voisinage de $a\app\surl{\bb R}\sp{1.5},$ on a :

$\displaystyle{}f(x)\sth{.5}\stb{1.5}\eq xa\,g(x)\Ssi f(x)\sp{1.5}\dl xa \,g(x)+o\big(g(x)\big)$

caractérisation des équivalents, on a de ce fait établi que : $\,f(x)\eq x{0^+}\ln x\sp{1.5},\,$ et la

Pour $\,f,g\app\sc C_m([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K)\,$ telles que : $\,f(x)\sp{1.5}\dl xb\sp{1.5} O\big(g(x)\big):\,$

$\displaystyle{}g\app L^1\big([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5},\bb K\big)\Imp f\app L^1\big([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5},\bb K\big)$

Avec $\,\sth{.5}f(x)\eq xb \,g(x)\sp{1.5},\,$ cette implication devient une équivalence.

On a les mêmes résultats sur un intervalle $\sth{.75}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\sp{1.5},$ lorsque $x\to a\sp{1.5}.$

comparaison avec la fonction

La fonction logarithme népérien  est  intégrable sur l'intervalle $\,]\sp{1.5}0,1]\sp{1.5}.\,$

logarithme nous prouve que la fonction $f$ est intégrable sur $\,]\sp{1.5}0,\sp{1.5}\sp{1.5}\pi/2\sp{1.5}]\sp{1.5}.\,$

L'intégrale $\,I=\dint_0^{\pi/2}\!\ln(\sin x)\d x\,$ est donc bien réelle, ainsi que $\,J=\dint_0^{\pi/2}\!\ln(\cos x)\d x\sp{1.5},\,$ comme le montre le

Soient $\,f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et $\,\phi\app\sc C^1\big(\sp{1.5}]\sp{1.5}\alpha,\beta\,[\sp{1.5},I\big)\,$ strictement croissante.

Si $\,\lim t\alpha\,\phi(t)=a\,$ et $\,\lim t\beta\,\phi(t)=b\sp{1.5},\,$ on a  alors :

$\eqalign{&f\app L^1\big(]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K\big)\Ssi(f\circ\phi)\sp{1.5}\phi'\app L^1\big(]\sp{1.5}\alpha,\beta\sp{1.5}[,\bb K\big)\\[-.5ex] &\txt{avec :}\int_{x=a}^{x=b}\!\!f(x)\d x\,=\int_{t=\alpha}^{t=\beta}\!\!f\big(\phi(t)\big)\sp{1.5}\phi'(t)\d t}$

Idem avec $\,f\app L^1\big(]\sp{1.5}b,a\sp{1.5}[,\bb K\big)\,$ si $\phi$ est strictement décroissante.

changement de variable $\,x=\pi/2-y\sp{1.5},\,$ avec $\,\d x=-\d y:\,$ On en déduit par

Par symétries du cercle trigonométrique d'axes $\,Oy\,$ et $\,y=x\sp{1.5},\,$ on a :

• $\,\sth{.5}\cos(\pi-x)=-\cos x\sp{1.5};\,$  $\,\sin(\pi-x)=\ \,\sin x\ \sp{1.5};\,$
  $\,\sth{.5}\tan(\pi-x)=-\tan x\,$  si $\,x\non\equiv0\ [\sp{.75}\pi\sp{.75}]\sp{1.5};\stb{1.25}\,$
• $\,\cos(\pi/2-x)=\sin x\sp{1.5};\,$  $\,\sin(\pi/2-x)=\cos x\sp{1.5};\,$
  $\,\sth{.5}\tan(\pi/2-x)=1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}\tan x\,$  si $\,x\non\equiv0\ [\sp{.75}\pi/2\sp{.75}]\sp{1.5}.\,$

Les formules en $\,(\pi+x)\,$ et $\,(\pi/2+x)\,$ en résultent par parité et imparité.

interversion du sinus et du cosinus l'égalité :  $\,J=\dint_0^{\pi/2}\!\!\!\ln(\sin y)\d y=I\sp{1.5}.\,$

On peut ensuite simplifier la somme $\,2\sp{1.5}I=I+J\,$ par une formule de

Pour $\,a\app\bb R\sp{1.5},\,$ en développant $\,\e{2\sp{1.5}i\sp{1.5}a}\sp{1.5},\,$ on a les formules de duplication :

• $\,\cos2\sp{1.5}a=\cos^2\sp{-1.5}a-\sin^2\sp{-1.5}a= 2\sp{1.5}\cos^2\sp{-1.5}a-1=1-2\sp{1.5}\sin^2\sp{-1.5}a\,;\sth1\,$
• $\,\sin2\sp{1.5}a=2\sp{1.5}\sin a\sp{1.5}\cos a\sp{1.5};\sth1\,$
• $\,\tan2\sp{1.5}a=\dfrac{2\sp{1.5}\tan a}{1-\tan^2\sp{-1.5}a}\,$  si  $\,a\non{\equiv}\dfrac\pi4\,\Big[\dfrac\pi2\Big]\!\cdot\,$

duplication :

On simplifie alors la dernière intégrale par les

Soient $\,f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et $\,\phi\app\sc C^1\big(\sp{1.5}]\sp{1.5}\alpha,\beta\,[\sp{1.5},I\big)\,$ strictement croissante.

Si $\,\lim t\alpha\,\phi(t)=a\,$ et $\,\lim t\beta\,\phi(t)=b\sp{1.5},\,$ on a  alors :

$\eqalign{&f\app L^1\big(]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K\big)\Ssi(f\circ\phi)\sp{1.5}\phi'\app L^1\big(]\sp{1.5}\alpha,\beta\sp{1.5}[,\bb K\big)\\[-.5ex] &\txt{avec :}\int_{x=a}^{x=b}\!\!f(x)\d x\,=\int_{t=\alpha}^{t=\beta}\!\!f\big(\phi(t)\big)\sp{1.5}\phi'(t)\d t}$

Idem avec $\,f\app L^1\big(]\sp{1.5}b,a\sp{1.5}[,\bb K\big)\,$ si $\phi$ est strictement décroissante.

changements de variable $\,u=2\sp{1.5}x\,$ et $\,v=\pi-u\sp{1.5},\,$ et par relation de

Soit $\,f\app\sc C_m\big(]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K\big)\sp{1.5};\,$ $f$ est intégrable  ssi  pour un $\,c\app\,]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[:\,$

$\eqalign{&f\restr{]\sp{1.5}a,c\sp{1.5}]}\app L^1\big(]\sp{1.5}a,c\sp{1.5}],\bb K\big)\txt{et}f\restr{[\sp{1.5}c,b\sp{1.5}[}\app L^1\big([\sp{1.5}c,b\sp{1.5}[,\bb K\big)\\[-.5ex] \txt{avec :}&\int_a^b\!\! f(x)\d x = \int_a^c\!\! f(x)\d x\, + \int_c^b \!\!f(x)\d x}$

Chasles :

On en déduit :  $\,2\sp{1.5}I+\dfrac{\pi\,\ln 2}2=2\times\dfrac12\dint_0^{\pi/2}\!\ln(\sin x)\d x=I\sp{1.5},\,$  d'où finalement :

La fonction

La fonction tangente est impaire et de période $\,\pi\sp{1.5}.\,$

Elle  est  de plus continue et strictement croissante sur $\,]\!-\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\sp{.75},\sp{1.5}\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\sp{1.5}[\sp{1.5}.\,$

tangente étant continue et strictement croissante sur $\,]\!-\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4,\sp{1.5}\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\sp{1.5}[\sp{1.5},\,$ elle a pour image l'intervalle $\,]\!-1,+\I[\sp{1.5}.\,$

Par

Soient $\,f:I\to\bb R\,$ et $\,g:J\to\bb K\,$ continues, avec $\,f(I)\subset J\sp{1.5}.\,$

Alors la composée $\,g\circ f\,$ est continue sur l'intervalle $I\sp{1.5}.$

composition avec la fonction

Le logarithme est continu et strictement croissant sur $\,]\sp{1.5}0\sp{.75},+\I[\sp{1.5}.\,$

logarithme, la fonction $\,f:x\mapsto\ln(1+\tan x)\,$ est donc continue sur $\,]\!-\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4,\sp{1.5}\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\sp{1.5}[\sp{1.5}.\,$

• On examine l'intégrabilité de $f$ en $\,\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\,$ en posant : $\,u(h)=1+\tan(\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2-h):\,$
  $\eqalign{f(\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2-h)&=\ln\big(u(h)\big)=\ln\Big(\frac{h\,u(h)}h\Big)\\&=-\ln h+\ln\big(h\sp{1.5}u(h)\big)}$
  Par
  Par symétries du cercle trigonométrique d'axes $\,Oy\,$ et $\,y=x\sp{1.5},\,$ on a :

  • $\,\sth{.5}\cos(\pi-x)=-\cos x\sp{1.5};\,$  $\,\sin(\pi-x)=\ \,\sin x\ \sp{1.5};\,$
    $\,\sth{.5}\tan(\pi-x)=-\tan x\,$  si $\,x\non\equiv0\ [\sp{.75}\pi\sp{.75}]\sp{1.5};\stb{1.25}\,$
  • $\,\cos(\pi/2-x)=\sin x\sp{1.5};\,$  $\,\sin(\pi/2-x)=\cos x\sp{1.5};\,$
    $\,\sth{.5}\tan(\pi/2-x)=1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}\tan x\,$  si $\,x\non\equiv0\ [\sp{.75}\pi/2\sp{.75}]\sp{1.5}.\,$

  Les formules en $\,(\pi+x)\,$ et $\,(\pi/2+x)\,$ en résultent par parité et imparité.
  interversion du sinus et du cosinus et
  La fonction tangente vérifie :

  $\displaystyle{}\sth{.5}\stb{2}\lim {\,x}{(\pi/2)^-}\tan x=+\I\ \txt{et}\,\tan x\eq x0 \,x$
  sachant que : $\,\tan h\,\eq h0\,h\sp{1.5},\,$ on a alors :
  $\eqalign{u(h)=&1+\tan(\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2-h)=1+\frac1{\tan h}\\ \txt{d'où :}&\ln\big(h\sp{1.5}u(h)\big)\,\tend h{0}\,0}$
  On a donc : $\,f(\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2-h)\,\dl h0\,-\ln h+\o{\ln h\sp{-1.5}}{}\sp{1.5},\,$ soit par
  Pour des fonctions réelles $f$ et $g$ définies au voisinage de $a\app\surl{\bb R}\sp{1.5},$ on a :

  $\displaystyle{}f(x)\sth{.5}\stb{1.5}\eq xa\,g(x)\Ssi f(x)\sp{1.5}\dl xa \,g(x)+o\big(g(x)\big)$
  caractérisation des équivalents : $\,f(\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2-h)\sp{1.5}\eq h0\!-\ln h\sp{1.5}.\,$
  Par
  Pour $\,f,g\app\sc C_m([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K)\,$ telles que : $\,f(x)\sp{1.5}\dl xb\sp{1.5} O\big(g(x)\big):\,$

  $\displaystyle{}g\app L^1\big([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5},\bb K\big)\Imp f\app L^1\big([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5},\bb K\big)$

  Avec $\,\sth{.5}f(x)\eq xb \,g(x)\sp{1.5},\,$ cette implication devient une équivalence.

  On a les mêmes résultats sur un intervalle $\sth{.75}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\sp{1.5},$ lorsque $x\to a\sp{1.5}.$
  comparaison au
  La fonction logarithme népérien  est  intégrable sur l'intervalle $\,]\sp{1.5}0,1]\sp{1.5}.\,$
  logarithme, $\,h\mapsto f(\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2-h)\,$ est donc intégrable en $\,0\sp{1.5},\,$ si bien que $f$ est intégrable sur $\,[\sp{1.5}0,\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\sp{1.5}[\sp{1.5}.\,$

• Pour $\,x\app\,]\!-\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4,\sp{1.5}\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\sp{1.5}[\sp{1.5},\,$ on pose $\,x=\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4-y\sp{1.5},\,$ d'où : $\,y\app\,]\!-\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4,\sp{1.5}\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\sp{1.5}[\sp{1.5},\,$ et selon une
  Pour $a,b\app\bb R\sp{1.5},$ en développant $\,\e{\sp{1.5}i\sp{1.5}(a+b)}\sp{1.5},\,$ on a les formules d'addition :

  • $\,\sth{.5}\cos(a+b)=\cos a\sp{1.5}\cos b-\sin a\sp{1.5}\sin b\,;\,$
  • $\,\sth{.5}\sin(a+b)=\sin a\sp{1.5}\cos b+\cos a\sp{1.5}\sin b\,;\,$
  • $\,\tan(a+b)=\dfrac{\tan a+\tan b}{1-\tan a\sp{1.5}\tan b\!}\,$ si $\,a,\sp{.75}b,\sp{.75}a+b\non\equiv\dfrac\pi2\sp{1.5}[\sp{.75}\pi\sp{.75}]\sp{1.5}.\,$

  On en déduit les formules en $\,(a-b)\,$ par parité et imparité.
  formule d'addition :
  $\eqalign{f(\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4-y)&=\ln\Big(1+\tan\Big(\frac\pi4-y\Big)\Big)\\&=\ln\Big(1+\frac{1-\tan y}{1+\tan y}\Big)\\ &=\ln\Big(\frac{2}{1+\tan y}\Big)=\ln 2-f(y)}$
  Par ce
  Soient $\,f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et $\,\phi\app\sc C^1\big(\sp{1.5}]\sp{1.5}\alpha,\beta\,[\sp{1.5},I\big)\,$ strictement croissante.

  Si $\,\lim t\alpha\,\phi(t)=a\,$ et $\,\lim t\beta\,\phi(t)=b\sp{1.5},\,$ on a  alors :

  $\eqalign{&f\app L^1\big(]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K\big)\Ssi(f\circ\phi)\sp{1.5}\phi'\app L^1\big(]\sp{1.5}\alpha,\beta\sp{1.5}[,\bb K\big)\\[-.5ex] &\txt{avec :}\int_{x=a}^{x=b}\!\!f(x)\d x\,=\int_{t=\alpha}^{t=\beta}\!\!f\big(\phi(t)\big)\sp{1.5}\phi'(t)\d t}$

  Idem avec $\,f\app L^1\big(]\sp{1.5}b,a\sp{1.5}[,\bb K\big)\,$ si $\phi$ est strictement décroissante.
  changement de variable, la fonction $f$ étant intégrable sur $\,[\sp{1.5}0,\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\sp{1.5}[\sp{1.5},\,$ elle l'est aussi sur $\,]\!-\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4,\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4\sp{1.5}]\sp{1.5}.\,$

L'intégrale $\,I=\!\dint_{-\pi/4}^{\pi/2}\ln(1+\tan x)\d x\,$ est donc bien réelle, car $f$ est alors

Soit $\,f\app\sc C_m\big(]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K\big)\sp{1.5};\,$ $f$ est intégrable  ssi  pour un $\,c\app\,]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[:\,$

$\eqalign{&f\restr{]\sp{1.5}a,c\sp{1.5}]}\app L^1\big(]\sp{1.5}a,c\sp{1.5}],\bb K\big)\txt{et}f\restr{[\sp{1.5}c,b\sp{1.5}[}\app L^1\big([\sp{1.5}c,b\sp{1.5}[,\bb K\big)\\[-.5ex] \txt{avec :}&\int_a^b\!\! f(x)\d x = \int_a^c\!\! f(x)\d x\, + \int_c^b \!\!f(x)\d x}$

intégrable sur $\,]\!-\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4,\sp{1.5}\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\sp{1.5}[\sp{1.5},\,$ et elle vérifie :

Cette intégrale vaut donc finalement : $\,\dint_{-\pi/4}^{\pi/2}\ln(1+\tan x)\d x=\frac{3\sp{1.5}\pi\sp{1.5}\ln 2}8\!\cdot\,$

Représentation graphique de $f$