Vers la Prépa (1) - Exercice 1

On a :
$$I = \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{t^2} \, dt = - \int_{x}^{2x} -\dfrac{1}{t^2} \, dt = - \left[ \dfrac{1}{t}\right]_{x}^{2x} = \left[ \dfrac{1}{t}\right]_{2x}^{x} = \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{2x} = \dfrac{2}{2x} - \dfrac{1}{2x}$$
Soit :
$$I = \dfrac{1}{2x}$$

On peut écrire que :
$$\left| f(x) - \dfrac{1}{2x} \right| = \left| f(x) - I \right| = \left| \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} \, dt - \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{t^2} \, dt \right|$$
Par linéarité de l'intégrale on a :
$$\left| f(x) - \dfrac{1}{2x} \right| = \left| \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} - \dfrac{1}{t^2} \, dt \right|$$
En réduisant au même dénominateur, on trouve que :
$$\left| f(x) - \dfrac{1}{2x} \right| = \left| \int_{x}^{2x} \dfrac{t^2-\sqrt{t^4 + t^2 + 1}}{t^2\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} \, dt \right| = \left| \int_{x}^{2x} \dfrac{t^2-\sqrt{t^4 + t^2 + 1}}{t^2\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} \times 1 \, dt \right|$$
En faisant usage de l'expression conjuguée on peut écrire que :
$$\left| f(x) - \dfrac{1}{2x} \right| = \left| \int_{x}^{2x} \dfrac{t^2-\sqrt{t^4 + t^2 + 1}}{t^2\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} \times \dfrac{t^2+\sqrt{t^4 + t^2 + 1}}{t^2+\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} \, dt \right|$$
Ce qui nous donne :
$$\left| f(x) - \dfrac{1}{2x} \right| = \left| \int_{x}^{2x} \dfrac{(t^2)^2 - \left(\sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)^2 }{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} \, dt \right|$$
Soit encore :
$$\left| f(x) - \dfrac{1}{2x} \right| = \left| \int_{x}^{2x} \dfrac{t^4 - \left(t^4 + t^2 + 1\right) }{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} \, dt \right|$$
En développant le numérateur, on trouve que :
$$\left| f(x) - \dfrac{1}{2x} \right| = \left| \int_{x}^{2x} \dfrac{t^4 - t^4 - t^2 - 1 }{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} \, dt \right|$$
Ainsi, on a donc bien démontrer que, $$\forall x \in \mathbb{R}^{+*}$$, l'on a la relation suivante :
$$\left| f(x) - \dfrac{1}{2x} \right| = \left| \int_{x}^{2x} \dfrac{-t^2 - 1 }{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} \, dt \right|$$

On a :
$$\left| f(x) - \dfrac{1}{2x} \right| = \left| - \int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1 }{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} \, dt \right|$$
Or, par hypothèse, on sait que $$x>0$$, donc $$2x>x>0$$. De plus, $$\forall t \in [x \,;\, 2x]$$ (donc $$t>0$$) :
$$\dfrac{t^2 + 1 }{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} > 0$$
Donc :
$$\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1 }{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} \, dt >0$$
Ainsi :
$$- \int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1 }{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} \, dt <0$$
Ce qui implique que selon la définition de la valeur absolue, nous puissions écrire que :
$$\left| - \int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1 }{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} dt \right| = \int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1 }{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} dt$$
De plus, $$t>0$$, d'où :
$$\sqrt{t^4 + t^2 + 1} > t^2 \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1} > 2 t^2$$
Et aussi :
$$t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} > t^4$$
Donc, on en déduit que :
$$t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right) > t^4 \times 2t^2$$
d'où :
$$\dfrac{1}{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} < \dfrac{1}{t^4 \times 2t^2}$$
Or, comme $$t>0 \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, t^2+1>0$$. Ce qui implique que :
$$\dfrac{t^2 + 1}{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} < \dfrac{t^2 + 1}{2t^6}$$
En intégrant, entre $$x$$ et $$2x$$ on obtient alors :
$$\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)}\, dt < \int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{2t^6} \, dt$$
Soit encore :
$$\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)}\, dt < \dfrac{1}{2}\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^6} \, dt$$
Or, on a :
$$\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^6} \, dt = \int_{x}^{2x} \dfrac{t^2}{t^6} + \dfrac{1}{t^6} \, dt = \int_{x}^{2x} \dfrac{t^2}{t^6} \, dt + \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{t^6} \, dt = \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{t^4} \, dt + \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{t^6} \, dt$$
Soit encore :
$$\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^6} \, dt = \int_{x}^{2x} t^{-4} \, dt + \int_{x}^{2x} t^{-6} \, dt$$
Ce qui nous donne :
$$\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^6} \, dt = \left[ \dfrac{t^{-3}}{-3} \right]_{x}^{2x} + \left[ \dfrac{t^{-5}}{-5} \right]_{x}^{2x} = \left[ \dfrac{t^{-3}}{3} \right]_{2x}^{x} + \left[ \dfrac{t^{-5}}{5} \right]_{2x}^{x}$$
D'où :
$$\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^6} \, dt = \left[ \dfrac{1}{3t^3} \right]_{2x}^{x} + \left[ \dfrac{1}{5t^5} \right]_{2x}^{x} = \dfrac{1}{3}\left[ \dfrac{1}{t^3} \right]_{2x}^{x} +\dfrac{1}{5} \left[ \dfrac{1}{t^5} \right]_{2x}^{x}$$
Ainsi, on obtient :
$$\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^6} \, dt = \dfrac{1}{3}\left( \dfrac{1}{x^3} - \dfrac{1}{(2x)^3} \right) + \dfrac{1}{5} \left( \dfrac{1}{x^5} - \dfrac{1}{(2x)^5}\right)$$
Ce qui s'écrit encore :
$$\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^6} \, dt = \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{x^3} - \dfrac{1}{8x^3} \right) + \dfrac{1}{5} \left( \dfrac{1}{x^5} - \dfrac{1}{32x^5} \right)$$
D'où :
$$\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^6} \, dt = \dfrac{1}{3}\left( \dfrac{8}{8x^3} - \dfrac{1}{8x^3} \right) + \dfrac{1}{5} \left( \dfrac{32}{32x^5} - \dfrac{1}{32x^5} \right)$$
Donc :
$$\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^6} \, dt = \dfrac{1}{24}\left( \dfrac{8}{x^3} - \dfrac{1}{x^3} \right) + \dfrac{1}{160} \left( \dfrac{32}{x^5} - \dfrac{1}{x^5} \right)$$
ou encore :
$$\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^6} \, dt = \dfrac{1}{24}\left( \dfrac{7}{x^3} \right) + \dfrac{1}{160} \left( \dfrac{31}{x^5} \right)$$
Finalement, on trouve que :
$$\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^6} \, dt = \dfrac{7}{24x^3} + \dfrac{31}{160x^5}$$
Ainsi, on peut écrire que :
$$\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)}\, dt < \dfrac{7}{48x^3} + \dfrac{31}{320x^5}$$
Ce qui implique que :
$$\left| - \int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1 }{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} dt \right| < \dfrac{7}{48x^3} + \dfrac{31}{320x^5}$$
Finalement, on en déduit que :
$$\left| f(x) - \dfrac{1}{2x} \right| < \dfrac{7}{48x^3} + \dfrac{31}{320x^5}$$
Donc, au sens large, on obtient bien la relation demandée, à savoir:
$$\left| f(x) - \dfrac{1}{2x} \right| \leq \dfrac{7}{48x^3} + \dfrac{31}{320x^5}$$

En multipliant la relation précédente par $$x>0$$ (le sens de l'inégalité n'est pas modifié), on en déduit que :
$$\left| xf(x) - \dfrac{x}{2x} \right| \leq \dfrac{7x}{48x^3} + \dfrac{31x}{320x^5}$$
Soit encore :
$$\left| xf(x) - \dfrac{1}{2} \right| \leq \dfrac{7}{48x^2} + \dfrac{31}{320x^4}$$
En passant à la limite $$\lim_{x \longrightarrow +\infty}$$, on obtient :
$$\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left| xf(x) - \dfrac{1}{2} \right| \leq \lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \dfrac{7}{48x^2} + \dfrac{31}{320x^4} \right)$$
D'où :
$$\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left| xf(x) - \dfrac{1}{2} \right| \leq \dfrac{7}{48} \lim_{x \longrightarrow +\infty} \dfrac{1}{x^2} + \dfrac{31}{320} \lim_{x \longrightarrow +\infty} \dfrac{1}{x^4}$$
Ce qui nous donne :
$$\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left| xf(x) - \dfrac{1}{2} \right| \leq \dfrac{7}{48} \times 0 + \dfrac{31}{320} \times 0$$
Soit encore :
$$\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left| xf(x) - \dfrac{1}{2} \right| \leq 0$$
Ce qui implique nécessairement que :
$$\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left| xf(x) - \dfrac{1}{2} \right| = 0$$
Ainsi, on obtient :
$$\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( xf(x) - \dfrac{1}{2} \right) = 0$$
Soit encore :
$$\lim_{x \longrightarrow +\infty} xf(x) - \lim_{x \longrightarrow +\infty} \dfrac{1}{2} = 0$$
Comme la limite d'un nombre est égale au nombre lui même, on trouve que :
$$\lim_{x \longrightarrow +\infty} xf(x) - \dfrac{1}{2} = 0$$
Finalement, on trouve que :
$$\lim_{x \longrightarrow +\infty} xf(x) = \dfrac{1}{2}$$