 \input{../preambules/preCorrection.tex}


\begin{document}

\chead{Correction Feuille Exercice 22}
\lfoot{}
\cfoot{Intégrales impropres.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Feuille Exercice 22}
\end{center}
\vspace{30pt}

\setcounter{theorem}{11}

\savoir{\'Etudier la nature et calculer la valeur d'une intégrale généralisée.}
\label{\'Etudier la nature et calculer la valeur d'une intégrale généralisée.}

\begin{exo}%%% Nouvel exercice pour la rédaction. 
Étudier la nature des intégrales suivantes et donner leurs valeurs le cas échéant : 
\begin{enumerate}
\item L'intégrale $\ds \int_{1}^{+ \infty} \frac{dt}{\sqrt{t}}$ est une intégrale de Riemann divergente. 
\item La fonction $t \to \dfrac{\ln(t)}{t}$ est continue sur $[e; + \infty[$ en tant que quotient de fonctions continues ($t > 0$). Soit $x> e$, on calcule
\begin{align*}
\int_e^{+ \infty} \dfrac{\ln(t)}{t} dt & = \left[ \dfrac{1}{2} \ln(t)^2 \right]_e^x \\
& = \dfrac{1}{2} \ln(x)^2 - \dfrac{1}{2}
\end{align*}
Or $\li_{x \to + \infty} \dfrac{1}{2} \ln(x)^2 - \dfrac{1}{2} = + \infty$. 
\begin{center}
\fbox{L'intégrale $\ds \int_{e}^{+\infty} \frac{\ln(t)}{t} \, dt$ est donc divergente. }
\end{center}

\item La fonction $t \to t^2 e^{-t}$ est continue sur $[0;+ \infty[$ en tant que produit et composée de fonctions continues. Soit $x > 0$, on calcule  $\ds \int_{0}^{x} t^2 e^{-t} \, dt$ à l'aide d'une intégration par parties. On utilise les fonctions de classe $\mathcal{C}^1$, $u = t^2, u' = 2t , v' = e^{-t}, v = -e^{-t}$ 
\begin{align*}
\int_{0}^{x} t^2 e^{-t} dt &= [-t^2e^{-t}]_0^x - \int_0^x -2t e^{-t} dt \\
& = -x^2 e^{-x} + 2 \int_0^x t e^{-t} dt
\end{align*}

On calcule alors l'intégrale $\ds \int_0^x t e^{-t} dt$ à l'aide d'une intégration par partie. En effet, en utilisant les fonctions de classe $\mathcal{C}^1$, $u = t, u'=t, v' = e^{-t}, v = - e^{-t}$ :
\begin{align*}
\int_0^x t e^{-t} dt & = [-te^{-t}]_0^x - \int_0^x -e^{-t} dt \\
& = -xe^{-x} + [-e^{-t}]_0^x \\
& = -xe^{-x} -e^{-x} + 1
\end{align*}

On a alors 
\begin{align*}
\int_{0}^{x} t^2 e^{-t} dt & = -x^2 e^{-x} + 2 \left(-xe^{-x} -e^{-x} + 1 \right) \\
& = -x^2 e^{-x} - 2xe^{-x} - 2e^{-x} + 2
\end{align*}
Or par croissance comparée 
$$
\li_{x \to + \infty} -x^2 e^{-x} = 0 , \qquad \li_{x \to + \infty} - 2xe^{-x} = 0
$$
Ainsi \begin{center}
\fbox{l'intégrale $\ds \int_{0}^{+ \infty} t^2 e^{-t} \, dt$ est convergente et $\ds \int_{0}^{+ \infty} t^2 e^{-t} \, dt = 2$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}
Soit $f$ définie sur $]0;+\infty[$ par $f(x) = \ln \left( \dfrac{e^x-1}{e^x+1} \right)$.
\begin{enumerate}
\item La fonction $f$ est dérivable sur $]0, +\infty[$ en tant que quotient, somme et composée de fonctions dérivable sur $]0,+\infty[$
\begin{align*}
\forall x \in ]0; + \infty[, \quad f'(x) &= \dfrac{\dfrac{e^x(e^x +1) - e^x (e^x - 1)}{(e^x +1)^2}}{\dfrac{e^x - 1}{e^x + 1}} \\
& = \dfrac{(e^{2x} + e^x - e^{2x} + e^x)(e^x +1)}{(e^x +1)^2 (e^x - 1)} \\
& = \dfrac{2e^x}{(e^x +1)(e^x - 1)}
\end{align*}
On a donc 
\begin{center}
\fbox{$
\forall x \in ]0, +\infty[,\quad  f'(x) = \dfrac{2e^x}{e^{2x} - 1} = \dfrac{2e^x}{e^{x}(e^x - e^{-x})} = \dfrac{2}{e^x - e^{-x}}
$}
\end{center}
\item La fonction $t \to \dfrac{1}{e^t - e^{-t}}$ est continue sur $[1, + \infty[$. Soit $X > 1$, On calcule
\begin{align*}
\int_1^X \dfrac{1}{e^t - e^{-t}} dt & = \left[ \dfrac{1}{2} \ln\left( \dfrac{e^x - 1}{e^x +1} \right) \right]_1^X \\
& = \dfrac{1}{2} \ln \left( \dfrac{e^X - 1}{e^X +1} \right) - \dfrac{1}{2} \ln \left( \dfrac{e - 1}{e +1} \right)
\end{align*}
Or 
$$
\lim_{X \to + \infty} \dfrac{1}{2} \ln \left( \dfrac{e^X - 1}{e^X +1} \right) = \lim_{X \to + \infty} \dfrac{1}{2} \ln \left( \dfrac{1 - e^{-X}}{1 +e^{-X}} \right) = 0
$$
Donc l'intégrale impropre $ \ds \int_1^{+ \infty} \dfrac{1}{e^t - e^{-t}} dt$ est convergente et 
\begin{center}
\fbox{$
\ds \int_1^{+ \infty} \dfrac{1}{e^t - e^{-t}} dt = - \dfrac{1}{2}\ln \left( \dfrac{e - 1}{e +1} \right) = \dfrac{1}{2} \ln \left( \dfrac{e + 1}{e -1} \right)
$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}
La fonction $t \to t^3 e^{-t^2}$ est continue sur $[0,+\infty[$. Soit $X > 0$, on calcule $ \ds \int_0^X t^3 e^{-t^2} dt$ par intégration par partie. On pose 

\begin{center}
\begin{tabular}{cc}
$u(t) = t^2$ & $v'(t) = te^{-t^2}$ \\
$u'(x) = 2t$ & $v(x) = -\frac{1}{2} e^{-t^2}$
\end{tabular}
\end{center}
$u$ et $v$ sont deux fonctions de classe $C^1$ donc
\begin{align*}
\int_0^X t^3 e^{-t^2} dt & =  \left[ - \frac{t^2}{2} e^{-t^2} \right]_0^X - \int_0^X - \frac{2t}{2} e^{-t^2} dt \\
& = - \dfrac{X^2}{2} e^{-X^2} - 0 - \dfrac{1}{2} \int_0^X -2t e^{-t^2} dt \\
& = - \dfrac{X^2}{2} e^{-X^2} - \dfrac{1}{2} \left[e^{-t^2} \right]_0^X \\
& = - \dfrac{X^2}{2} e^{-X^2} - \dfrac{e^{-X^2}}{2} + \dfrac{1}{2}
\end{align*}
Or 
$$
\li_{X \to + \infty} - \dfrac{X^2}{2} e^{-X^2} = \li_{x \to - \infty} \dfrac{x}{2}e^{x} = 0 \quad \text{(par croissance comparée)}
$$
et 
$$
\li_{X \to + \infty} e^{-X^2}  = 0. 
$$
Donc l'intégrale impropre $ \ds \int_0^{+ \infty} t^3 e^{-t^2} dt$ est convergente et 
\begin{center}
\fbox{$
\ds \int_0^{+ \infty} t^3 e^{-t^2} dt = \dfrac{1}{2}
$ }
\end{center}
\end{exo}

\savoir{\'Etudier la nature et calculer la valeur d'une double intégrale généralisée.}
\label{\'Etudier la nature et calculer la valeur d'une double intégrale généralisée.}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item La fonction $t \to \dfrac{t}{1+t^2}$ est continue sur $\R$ en tant que quotient de fonctions continues sur $\R$ ($1+t^2 \neq 0$). \\
On étudie $\ds \int_0^{+ \infty} \dfrac{t}{1+t^2} dt$. Soit $x>0$, on calcule
\begin{align*}
\int_0^{x} \dfrac{t}{1+t^2} dt & = \left[ \dfrac{1}{2} \ln(1+t^2) \right]_0^x \\
& = \dfrac{1}{2} \ln(1+x^2)  
\end{align*}
Or $\li_{x \to + \infty} \dfrac{1}{2} \ln(1+x^2) = + \infty $. Ainsi, l'intégrale  $\ds \int_0^{+ \infty} \dfrac{t}{1+t^2} dt$ est divergente et donc \begin{center}
\fbox{l'intégrale $\ds \int_{-\infty}^{+ \infty} \dfrac{t}{1+t^2} dt$}
\end{center}

\item La fonction $t \to \dfrac{e^{2t}}{(e^{2t} + 1)^2}$ est continue sur $\R$ en tant que quotient et composée de fonctions continues sur $\R$. 
\begin{itemize}
\item On étudie $\ds \int_0^{+ \infty} \dfrac{e^{2t}}{(e^{2t} + 1)^2} dt$. Soit $x>0$ et on calcule
\begin{align*}
\int_0^{x} \dfrac{e^{2t}}{(e^{2t} + 1)^2} dt & = \left[ \dfrac{-1}{2} \times \dfrac{1}{e^{2t} + 1} \right]_0^x  \\
& = \dfrac{-1}{2(e^{2x} + 1)} + \dfrac{1}{4}
\end{align*}
Or $\li_{x \to + \infty} \dfrac{-1}{2(e^{2x}+1)} = 0$. Ainsi l'intégrale $\ds \int_0^{+ \infty} \dfrac{e^{2t}}{(e^{2t} + 1)^2} dt$ est convergente et 
$$
\int_0^{+ \infty} \dfrac{e^{2t}}{(e^{2t} + 1)^2} dt = \dfrac{1}{4}
$$
\item On étudie $\ds \int_{- \infty}^0 \dfrac{e^{2t}}{(e^{2t} + 1)^2} dt$. Soit $x < 0$ et on calcule
\begin{align*}
\int_x^{0} \dfrac{e^{2t}}{(e^{2t} + 1)^2} dt & = \left[ \dfrac{-1}{2} \times \dfrac{1}{e^{2t} + 1} \right]_x^0  \\
& = \dfrac{-1}{4} + \dfrac{1}{2(e^{2x} + 1)}
\end{align*}
Or $\li_{x \to - \infty} \dfrac{1}{2(e^{2x}+1)} = \dfrac{1}{2}$. Ainsi l'intégrale $\ds \int_{- \infty}^0 \dfrac{e^{2t}}{(e^{2t} + 1)^2} dt$ est convergente et 
$$
\int_{- \infty}^0 \dfrac{e^{2t}}{(e^{2t} + 1)^2} dt = \dfrac{1}{4}
$$
\item L'intégrale $\ds \int_{- \infty}^{+\infty} \dfrac{e^{2t}}{(e^{2t} + 1)^2} dt$ est donc convergente et 
\begin{center}
\fbox{$
\ds \int_{- \infty}^{+\infty} \dfrac{e^{2t}}{(e^{2t} + 1)^2} dt =  \int_{- \infty}^0 \dfrac{e^{2t}}{(e^{2t} + 1)^2} dt +  \int_0^{+ \infty} \dfrac{e^{2t}}{(e^{2t} + 1)^2} dt = \dfrac{1}{2}
$}
\end{center}
\end{itemize} 
\end{enumerate}

\end{exo}

\begin{exo}[*]
\begin{enumerate}
\item La fonction $t \to \dfrac{t e^t}{(1+e^t)^2}$ est continue sur $\R$ en tant que quotient et composée de fonctions continues sur $\R$ ($(1+e^t)^2 \neq 0$). Soit $x > 0$, on calcule à l'aide d'une intégration par parties en choisissant les fonctions de classe $\mathcal{C}^1$, $u =t , u'= 1, v' = \dfrac{e^t}{(1+e^t)^2}, v = - \dfrac{1}{1+e^t}$
\begin{align*}
\int_0^x \dfrac{t e^t}{(1+e^t)^2} dt & = \left[ - \dfrac{t}{1+e^t} \right]_0^x + \int_0^x \dfrac{1}{1+e^t} dt \\
& = - \dfrac{x}{1+e^x} + \int_0^x \dfrac{1+e^t - e^t}{1+ e^t} dt \\
& =  - \dfrac{x}{1+e^x} + \int_0^x 1 - \dfrac{e^t}{1+e^t} dt \\
& = - \dfrac{x}{1+e^x} + x - [\ln(1+e^t)]_0^x \\
& = - \dfrac{x}{1+e^x} + x - (\ln(1+e^x) - \ln(2))
& =  - \dfrac{x}{1+e^x} + x - \ln(e^x(1+e^{-x})) + \ln(2) \\
& = - \dfrac{x}{1+e^x} + x - x - \ln(1+e^{-x}) + \ln(2) \\
& =- \dfrac{x}{1+e^x}  - \ln(1+e^{-x}) + \ln(2) 
\end{align*}
Or 
\begin{align*}
\li_{x \to + \infty} - \dfrac{x}{1+e^x} & = \li_{x \to + \infty} - \dfrac{x}{e^x (1+e^{-x})} \\
& = 0 \quad \text{par croissance comparée}.
\end{align*}
et 
\begin{align*}
 \li_{x \to + \infty} \ln(1+ e^{-x}) = 0
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Donc l'intégrale $\dis \int_{0}^{+ \infty} \frac{te^t}{(1+e^t)^2} \, dt$ converge et vaut $\ln(2)$}
\end{center}


\item On montre que la fonction $f: t \to \frac{te^t}{(1+e^t)^2}$ est impaire. Elle est en effet définie sur $\R$ et pour tout $t \in \R$, 
\begin{align*}
f(-t) & = \frac{-te^{-t}}{(1+e^{-t})^2} \\
	  & = - \frac{t}{e^t \left(1+ \dfrac{1}{e^t} \right)^2} \\
	  & = - \dfrac{t}{\dfrac{e^t}{(e^t)^2} (e^t +1)^2} \\
	  & = - \dfrac{te^t}{(e^t +1)^2} = - f(t)
\end{align*}
La fonction est donc impaire. Soit $x>0$, on sait que 
$$
\int_{-x}^{0}\dfrac{te^t}{(e^t +1)^2} dt= -  \int_{0}^{x}\dfrac{te^t}{(e^t +1)^2} dt
$$
Ainsi, puisque l'intégrale $\dis \int_{0}^{+ \infty} \frac{te^t}{(1+e^t)^2} \, dt$ est convergente,  l'intégrale $\int_{-\infty}^{0}\dfrac{te^t}{(e^t +1)^2} dt$ est convergente et 
$$
\int_{-\infty}^{0}\dfrac{te^t}{(e^t +1)^2} dt = - \ln(2)
$$
Ainsi,
\begin{center}
\fbox{ l'intégrale $\dis \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{te^t}{(1+e^t)^2} \, dt$ converge et $ \dis \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{te^t}{(1+e^t)^2} \, dt = 0$.}
\end{center}

\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[**]

Soit $f$ une fonction continue sur $\mathbb{R}$. 

\begin{enumerate}
\item On suppose que $f$ est paire et que $\dis \int_{0}^{+ \infty} f(t) \,dt$ converge. \\

Soit $x > 0$. La fonction étant paire, on a 
$$
\int_{- x}^0 f(t) dt = \int_0^x f(t) dt
$$
Comme l'intégrale $\dis \int_{0}^{+ \infty} f(t) \,dt$ converge, l'intégrale $\dis \int_{- \infty}^{0} f(t) \,dt$ converge également et $\ds \int_{- \infty}^0 f(t) dt = \int_0^{\infty} f(t) dt$. Donc \begin{center}
\fbox{$\ds \int_{- \infty}^{+ \infty} f(t) dt$ converge et 
$\ds \int_{- \infty}^{+ \infty} f(t) dt = 2 \int_{0}^{+ \infty} f(t) \,dt$.}
\end{center}

\item On suppose que $f$ est impaire et que $\dis \int_{0}^{+ \infty} f(t) \,dt$ converge. \\

Soit $x > 0$. La fonction étant impaire, on a 
$$
\int_{- x}^0 f(t) dt = -\int_0^x f(t) dt
$$
Comme l'intégrale $\dis \int_{0}^{+ \infty} f(t) \,dt$ converge, l'intégrale $\dis \int_{- \infty}^{0} f(t) \,dt$ converge également et $\ds \int_{- \infty}^0 f(t) dt = - \int_0^{\infty} f(t) dt$. Donc \begin{center}
\fbox{$\ds \int_{- \infty}^{+ \infty} f(t) dt$ converge et 
$\ds \int_{- \infty}^{+ \infty} f(t) dt = 0$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\savoir{\'Etudier la nature d'une intégrale généralisée par comparaison.}
\label{\'Etudier la nature d'une intégrale généralisée par comparaison.}


\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item On a 
\begin{align*}
\dfrac{1}{t^2} - \dfrac{1}{1+t^2} & = \dfrac{1+t^2}{t^2(1+t^2)} - \dfrac{t^2}{t^2 (1+t^2)} \\
& = \dfrac{1}{t^2 (1+t^2)} > 0
\end{align*}
Ainsi
\begin{center}
\fbox{$ \forall t \in \R, \quad \dfrac{1}{1+t^2}  \leq \dfrac{1}{t^2} .$}
\end{center}
\item L'intégrale impropre $\ds \int_1^{+ \infty} \dfrac{1}{t^2}dt$ est une intégrale de Riemann convergente. Les fonctions $t \to \dfrac{1}{1+t^2}$ et $t \to \dfrac{1}{t^2}$ étant positive et continues sur $[1, + \infty[$, par comparaison 
\begin{center}
\fbox{l'intégrale impropre $\displaystyle \int_1^{+ \infty} \dfrac{1}{1+t^2}dt$ est convergente.}
\end{center}
\item La fonction $t \to \dfrac{1}{1+t^2}$ est continue sur $]- \infty, -1]$. Soit $X \geq 1$, on calcule, à l'aide du changement de variable $u = -t$,
\begin{align*}
\int_{-X}^{-1} \dfrac{1}{1+t^2} dt & = \int_{X}^1 \dfrac{1}{1+(-u)^2} (-du) \\
& = \int_1^X \dfrac{1}{1+u^2 } du.
\end{align*}
Or $\int_1^{+ \infty} \dfrac{1}{1+u^2 }du$ est convergente d'après la question précédente. Donc \begin{center}
\fbox{l'intégrale impropre $\displaystyle \int_{-\infty}^{-1} \dfrac{1}{1+t^2}dt$ est convergente.}
\end{center} 
\item La fonction $t \to \dfrac{1}{1+t^2}$ est continue sur $[-1,1]$. Donc l'intégrale $\int_{-1}^1 \dfrac{1}{1+t^2} dt$ existe. En utilisant la relation de Chasles, \begin{center}
\fbox{l'intégrale $\ds \int_{- \infty}^{+ \infty} \dfrac{1}{1+t^2} dt$ est convergente.}
\end{center} 
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}
Pour tout $a > 0$, et pour tout entier $n$, on note
$$
I_n(a)= \int_0^a t^n e^{-t}dt \quad \text{et} \quad I_n = \int_0^{+\infty} t^n e^{-t}dt
$$
L'objectif du problème est de montrer que les intégrales $I_n$ existent et calculer leur valeur.
\begin{enumerate}
\item La fonction $t \to e^{-t}$ est continue sur $[0, +\infty[$ Donc, pour tout $a>0$, on a 
\begin{align*}
I_0 (a) & = \int_0^a t^0 e^{-t}dt \\
& = [ - e^{-t} ]_0^a
\end{align*}
\begin{center}
 \fbox{$I_0(a) = 1 - e^{-a}$.}
 \end{center} 
 On a donc $\li_{a \to +\infty} I_0(a) = \li_{a \to + \infty} I_0 (a) = 1$.\begin{center}
 \fbox{ Ainsi, $I_0$ existe et $I_0 = 1$.  }
 \end{center}
\item Pour tout $n$ la fonction $t \to t^n e^{-t}$  est continue sur $[0,a]$. On procède par intégration par parties
\begin{center}
\begin{tabular}{cc}
$u(t) = t^{n+1}$ & $v'(t) = e^{-t}$ \\
$u'(t) = (n+1) t^n$ & $v(t) = - e^{-t}$
\end{tabular}
\end{center}
Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $\mathcal{C}^1$, 
\begin{align*}
I_{n+1}(a) & = \int_0^a t^{n+1} e^{-t} dt \\
& = [- t^{n+1} e^{-t}]_0^a  - \int_0^a - (n+1)t^n e^{-t} dt \\
& = - a^{n+1} e^{-a} - 0 + (n+1) \int_0^a t^n e^{-t} dt
\end{align*}
On en déduit
\begin{center}
\fbox{$ I_{n+1}(a) = (n+1) I_n(a)- a^{n+1} e^{-a}$.}
\end{center}
\item On montre par récurrence les propositions $\P_n$: "l'intégrale $I_n$ converge."
\begin{itemize}
\item $\P_0$ est vraie car $I_0$ converge (question $1$)
\item On suppose que $\P_n$ est vraie pour un certain $n$. 
Dans ce cas $\li_{a \to + \infty} I_n(a) = I_n$ et $\li_{a \to + \infty} a^{n+1}e^{-a} = 0$ par croissance comparée. Donc 
$$\li_{a \to + \infty} I_{n+1} (a) = (n+1)I_n - 0$$
L'intégrale $I_{n+1}$ est donc convergente. 
\end{itemize}
\item On a de plus, $I_{n+1} = (n+1) I_n$. On en déduit que 
\begin{align*}
I_{n} & = n I_{n-1} \\
& = n (n-1) I_{n-2} \\
& = n (n-1) (n-2) I_{n-3} \\
& ....
& = n!
\end{align*}
On a \fbox{ $I_n = n!$}. On peut justifier proprement ce résultat par récurrence. 
\end{enumerate}
\end{exo}

\newpage

%%% Sujets de concours
\renewcommand\bcStyleTitre[1]{\hspace{10pt}\itshape \Large \color{black} #1}
\setlength{\logowidth}{13pt}
\begin{bclogo}[couleur=white,couleurBord=white,arrondi=0.2, logo = \bcplume]{ Sujets de concours}
\end{bclogo} 
\vspace{-13pt}

\begin{exo}[Edhec 2004]
Le but de cet exercice est de calculer $\displaystyle
\lim_{n\rightarrow +\infty }\int_{0}^{+\infty }\frac{1}{1+t+t^{n}}dt$.

Pour tout $n$ de $\Bbb{N}$, on pose $\displaystyle
u_{n}=\int_{0}^{1}\frac{1}{1+t+t^{n}}dt$ et on a, en particulier, $%
\displaystyle
u_{0}=\int_{0}^{1}\frac{1}{2+t}dt$

\begin{enumerate}
\item  Pour tout $n$ de $\Bbb{N}$, justifier lexistence de $u_{n}$.

\item  Calculer $u_{0}$ et $u_{1}$.

\item 
\begin{enumerate}
\item  Montrer que la suite $\left( u_{n}\right) $ est croissante.

\item  Montrer que : $\forall n\in \Bbb{N},\;u_{n}\le \ln \left( 2\right) $

\item  En d\'{e}duire que la suite $\left( u_{n}\right) $ est convergente.
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item  Pour tout $n$ de $\Bbb{N}$, \'{e}crire $\ln \left( 2\right) -u_{n}$
sous la forme dune int\'{e}grale.

\item  En d\'{e}duire que : $\forall n\in \Bbb{N}$,\ $\displaystyle
\ln \left( 2\right) -u_{n}\le \frac{1}{n+1}$

\item  Donner la limite de la suite $\left( u_{n}\right) $
\end{enumerate}

\item  Pour tout entier naturel $n$ sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} 2, on
pose $v_{n}=\displaystyle\int_{1}^{+\infty }\frac{1}{1+t+t^{n}}dt$.

\begin{enumerate}
\item  Justifier la convergence de l'int\'{e}grale d\'{e}finissant $v_{n}$.

\item  Montrer que : $\displaystyle
\forall n\ge 2,\;0\le v_{n}\le \frac{1}{n-1}$

\item  En d\'{e}duire $\displaystyle
\lim_{n\rightarrow +\infty }v_{n},$ puis donner la valeur de $\displaystyle
\lim_{n\rightarrow +\infty }\int_{0}^{+\infty }\frac{1}{1+t+t^{n}}dt$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}

\end{document}
