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  • Intégrale impropre - Intégrale généralisée

    Formulaire de report


    En bref

    Intégrale impropre : intégrale d'un domaine non borné
    (Ensemble borné)

    Définition


    Intégrale généralisée à plusieurs variables

    Définition :
    Soit \(f:{\Bbb R}^n\to{\Bbb R}\) une fonction continue
    Soit \(B_R=\{x\mid x_1^2+\ldots+x_n^2\leqslant{\Bbb R}^2\}\) un boule et \(C_R=[-1,1]^R\) un cube
    On pose $$\int_{{\Bbb R}^n}\lvert f(x)\rvert\,dx_1\ldots dx_n:=\lim_{R\to+\infty}\int_{C_R}\lvert f\rvert\quad\in{\Bbb R}$$
    Si \(f^+={{\frac{f+\lvert f\rvert}{2} }}\) et \(f^-={{\frac{\lvert f\rvert-f}{2} }}\) et si \(\int_{{\Bbb R}^n}\lvert f\rvert\) existe, alors $${{\int_{{\Bbb R}_n}f}}={{\int_{{\Bbb R}_n}f^+-\int_{{\Bbb R}^n}f^-}}$$

    Propriétés

    Intégrale - Intégration
    Linéarité de l'intégrale

    Convergence


    Définition

    Définition :
    Soit \(f\) une fonction continue sur \([a,+\infty[\)
    On dit que l'intégrale \(\int^{+\infty}_af(t)\,dt\) converge si la limite, lorsque \(x\) tend vers \(+\infty\), de la primitive \(\int^x_af(t)\,dt\) existe et est finie

    Définition :
    Si \(\int^{+\infty}_af(t)\,dt\) converge, alors on pose $${{\int^{+\infty}_af(t)\,dt}}={{\lim_{x\to+\infty}\int^x_af(t)\,dt}}$$

    (Intégrale - Intégration, Limite en l'infini)
    Définition :
    Soit \(f\) une fonction continue sur \(]a,b]\)
    On dit que l'intégrale \(\int^b_af(t)\,dt\) converge si la limite à droite, lorsque \(x\) tend vers \(a\), de \(\int^b_xf(t)\,dt\) existe et est finie

    Définition :
    Si \(\int^b_af(t)\,dt\) converge (avec \(f\) continue sur \(]a,b]\)), alors on pose : $${{\int^b_af(t)\,dt}}={{\lim_{x\to a^+}\int^b_xf(t)\,dt}}$$

    (Limite à gauche - Limite à droite)
    Définition :
    Soient \(a,b\in\overline{\Bbb R}\) avec \(a\lt b\)
    Si \(f:]a,b[\to{\Bbb R}\) est une fonction continue, alors on dit que \(\int^b_af(t)\,dt\) converge si et seulement s'il existe \(c\in]a,b[\) tq les deux intégrales propres \(\int^c_af(t)\,dt\) et \(\int_c^bf(t)\,dt\) convergent

    Définition :
    Soient \(a,b\in\overline{\Bbb R}\) avec \(a\lt b\)
    Si \(\int^b_af(t)\,dt\) converge, alors on a : $${{\int^b_af(t)\,dt}}={{\int^c_af(t)\,dt+\int^b_cf(t)\,dt}}$$

    (R-barre)
    Intégrale divergente

    Théorèmes pour démontrer la convergence ou divergence

    Critère de Cauchy (Intégrale)
    Théorème de comparaison (Intégrales impropres)
    Théorème des équivalents (Intégrales impropres)
    Théorème de comparaison série-intégrale
    Développement limité

    Intégrales impropres références

    Intégrale de Riemann
    Intégrale de Bertrand

    Exercices


    Calcul d'intégrales généralisées

    Montrer la convergence et calculer la valeur de l'intégrale suivante : $$\int^{\pi/2}_0\frac{\cos(2x)}{\sqrt{\sin(2x)}}\,dx$$

    Relation de Chasles
    $$\int^{\pi/2}_0\frac{\cos(2x)}{\sqrt{\sin(2x)}}\,dx=\int^{\pi/4}_0\frac{\cos(2x)}{\sqrt{\sin(2x)}}\,dx+\int^{\pi/2}_{\pi/4}\frac{\cos(2x)}{\sqrt{\sin(2x)}}\,dx$$

    Passage à la limite
    $$\int^{\pi/4}_0\frac{\cos(2x)}{\sqrt{\sin(2x)}}\,dx=\lim_{t\to0^+}\int^{\pi/4}_t\frac{\cos(2x)}{\sqrt{\sin(2x)}}\,dx$$

    Transformer pour obtenir une primitive usuelle
    $$\int\frac{\cos(2x)}{\sqrt{\sin(2x)}}\,dx=\frac12\int\frac{\sin^\prime(2x)}{\sqrt{\sin(2x)}}\,dx$$

    Changement de variable et résolution de l'intégrale sans bornes
    $$=\left\{\begin{array}{c}\sin(2x)^\prime\,dx=d\sin(2x)\\ \sin(2x)=t\end{array}\right\}=\frac12\int\frac{dt}{\sqrt t}=\frac12\int t^{-1/2}\,dt=t^{1/2}=\sqrt{\sin(2x)}$$

    $$\int^{\pi/4}_0\frac{\cos(2x)}{\sqrt{\sin(2x)}}\,dx=\lim_{t\to0^+}\int^{\pi/4}_0\frac{\cos(2x)}{\sqrt{\sin(2x)}}\,dx=\lim_{t\to0^+}\left(\sqrt{\sin\left(2\cdot\frac\pi4\right)}-\sin(2t)\right)=1$$
    Cette intégrale est donc convergente
    De même, la deuxième intégrale est elle aussi convergente
    \(\int^{\pi/2}_0\frac{\cos(2x)}{\sqrt{\sin(2x)}}\,dx\) est donc convergente et sa valeur est la somme des deux intégrales obtenues par relation de Chasles

    (Racine carrée (Primitive))


    Montrer la convergence et calculer la valeur de l'intégrale suivante : $$\int^{+\infty}_0\frac{1}{1+t^2}\,dt$$

    Passage à la limite
    $$\int^{+\infty}_0\frac{1}{1+t^2}\,dt=\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\int^x_0\frac{1}{1+t^2}\,dt$$

    Résolution de la primitive

    $$=\left.\arctan(x)\right|^x_0=\frac\pi2\qquad\text{CV}$$

    (Arctangente (Dérivée))


    Montrer la convergence et calculer la valeur de l'intégrale suivante : $$\int^1_0\ln t\,dt$$

    Passage à la limite
    $$\int^1_0\ln t\,dt=\lim_{x\to0^+}\int^1_x\ln t\,dt$$

    Calcul de la primitive
    $$\int\ln t\,dt=\int\ln t\times t^\prime\,dt=t\ln t-\int\ln^\prime t\times t\,dt=t\ln t-t+C$$

    Conclusion

    Donc $$\int^1_x\ln t\,dt=t\ln t-t|^1_x=-1-x\ln x+x\underset{x\to0^+}\longrightarrow-1$$

    (Logarithme népérien - Logarithme naturel (Primitive), Croissances comparées)


    Montrer la convergence et calculer la valeur de l'intégrale suivante : $$\int_1^{+\infty}\frac{\ln x}{x^2}\,dx$$

    Passage à la limite
    $$\int_1^{+\infty}\frac{\ln x}{x^2}\,dx=\displaystyle\lim_{t\to+\infty}\int_1^t\frac{\ln x}{x^2}\,dx$$

    Calcul de la primitive
    $$\int\frac{\ln x}{x^2}\,dx=-\int\ln x\times\left(\frac1x\right)^\prime=\frac{-\ln x}x+\int\ln^\prime(x)\times\frac1x\,dx=\frac{-\ln x}x-\frac1x+C $$

    Donc $$\int_1^t\frac{\ln x}{x^2}\,dx=\left.\frac{-\ln x}{x}-\frac1x\right|^t_{1}=\frac{-\ln t}{t}-\frac1t+1\underset{t\to+\infty}\longrightarrow1$$

    (Intégration par parties, Croissances comparées)


    Montrer la convergence et calculer la valeur de l'intégrale suivante : $$\int^1_0\frac{\ln x}{(1+x)^2}\,dx$$

    Passage à la limite
    $$\int^1_0\frac{\ln x}{(1+x)^2}\,dx=\lim_{t\to0^+}\int^1_t\frac{\ln x}{(1+x)^2}\,dx$$

    Calcul de la primitive par parties
    $$\begin{align}\int\frac{\ln x}{(1+x)^2}\,dx&=\int\ln x\times\frac1{(1+x)^2}\,dx=\left\{\begin{array}{c}x+1=t\\ dx=dt\\ x=t-1\end{array}\right\}=\int\ln(t-1)\times\frac1{t^2}\,dt\\ &=\frac{-\ln (t-1)}{t}+\int\frac1{(t-1)t}\,dt=\frac{-\ln x}x-\ln(x+1)+\ln x+C\end{align}$$

    Conclusion

    $$\int^1_t\frac{\ln x}{(1+x)^2}\,dx=\frac{\ln t}{t+1}-\ln t=-\frac{t\ln t}{t+1}\underset{t\to0^+}\longrightarrow0$$

    (Intégration par parties)



    Etudier la convergence sans calculer

    L'intégrale généralisée suivante est-elle convergente ou divergente ? $$\int^{+\infty}_2\ln t\,dt$$(sans calculer l'intégrale)

    Passage à la limite
    $$\int^{+\infty}_2\ln t\,dt=\lim_{x\to+\infty}\int^{x}_2\ln t\,\,dt$$

    Minoration \(\to\) théorème de comparaison

    \(\ln\) est croissante, donc on a $$\lim_{x\to+\infty}\int^{x}_2\ln t\,dt\geqslant\lim_{x\to+\infty}\int^{x}_2\ln 2\,dt=\lim_{x\to+\infty}x\ln2-\ln 2=+\infty$$ l'intégrale est donc divergente d'après le théorème de comparaison

    (Fonction croissante, Théorème de comparaison (Intégrales impropres))


    L'intégrale généralisée suivante est-elle convergente ou divergente ? $$\int^2_0\ln t\,dt$$(sans la calculer)

    Croissances comparées
    \(\forall\alpha\gt 0,\lim_{t\to0^+}t^\alpha\ln t=0\), donc pour \(\alpha=\frac12\), on a : $$\lim_{t\to0^+}t^{1/2}\ln t=0$$

    Définition de la limite avec \(\varepsilon=1\)
    On a donc : $$\begin{align}\exists\delta\gt 0,\forall0\lt t\lt \delta,\quad&t^{1/2}\lvert\ln t\rvert\leqslant1\\ \implies&\lvert\ln t\rvert\leqslant\frac1{t^{1/2}}\end{align}$$

    Théorème de comparaison + relation de Chasles

    Puisque \(\int^\delta_0\frac1{t^{1/2}}\,dt\) converge (car elle est de la même nature que \(\int^1_0\frac1{t^{1/2}}\,dt\)), on a donc \(\int^\delta_0\ln t\,dt\) converge, et donc \(\int^2_0\ln t\,dt\) converge

    (Logarithme népérien - Logarithme naturel (Equivalence), Limite, Intégrale de Riemann (Convergence), Théorème de comparaison (Intégrales impropres), Intégrale - Intégration (Relation de Chasles))


    L'intégrale généralisée suivante est-elle convergente ou divergente ? $$\int^{+\infty}_0\frac{t^5}{(t^4+1)\sqrt t}\,dt$$ (sans la calculer)

    Vérifier la continuité sur les bornes
    On a $$\frac{t^5}{(t^4+1)\sqrt t}=\frac{t^{9/2}}{t^4+1}$$ donc la fonction \(t\mapsto\frac{t^5}{(t^4+1)\sqrt t}\) est continue en \(0\)

    Factoriser pour chercher une équivalence

    On a de plus : $$\frac{t^{9/2}}{t^4+1}=\frac{t^{9/2}}{t^4(1+\frac1{t^{4}})}=t^{1/2}\times\underbrace{\frac1{t+\frac1{t^4}}}_{\underset{t\to+\infty}\longrightarrow1}\sim t^{1/2}$$
    L'intégrale est donc divergente d'après le théorème des équivalents

    (Continuité, Théorème des équivalents (Intégrales impropres))


    L'intégrale généralisée suivante est-elle convergente ou divergente ? $$\int_0^\pi\ln(\sin t)\,dt$$

    Relation de Chasles
    $$\int_0^\pi\ln(\sin t)\,dt=\int_0^{\pi/2}\ln(\sin t)\,dt+\int_{\pi/2}^\pi\ln(\sin t)\,dt$$

    Croissances comparées
    $$\begin{align} \lim_{x\to0}x^{1/2}\ln x=0\implies\exists\delta\gt 0,\lvert\ln x\rvert\leqslant\frac1{x^{1/2}}\end{align}$$

    Définition de la continuité
    Puisque \(\sin\) est continue en \(0\), on a : $$\exists\delta_1\gt 0,0\lt \sin t\lt \delta_1\quad\text{ avec }\quad 0\lt t\leqslant\delta_1$$

    Équivalence
    On a donc $$\lvert\ln\sin t\rvert\leqslant\frac1{\sin^{1/2}t}\underset0\sim\frac1{t^2}$$puisque \(\int^{\delta_1}_0\frac1{t^{1/2}}\,dt\) converge d'après la relation de Chasles, la première intégrale converge

    Changement de variable pour revenir au cas précédent
    On a \(\sin(\pi-t)=\sin t\). On a donc : $$\int^\pi_{\pi/2}\ln(\sin t)\,dt=\left\{\begin{array}{cc}t=\pi-x&t=\frac\pi2\longrightarrow x=\frac\pi2\\ x=\pi-t&t=\pi\longrightarrow x=0\\ dt=\lvert(\pi-x)^\prime\rvert\,dx=dx\end{array}\right\}=\int_0^{\pi/2}\ln(\sin x)\,dx$$

    Conclusion

    La deuxième intégrale est donc également convergente, donc \(\int_0^\pi\ln(\sin t)\,dt\) converge

    (Intégrale - Intégration (Relation de Chasles), Logarithme népérien - Logarithme naturel (Equivalence - Croissances comparées), Continuité (Définition), Théorème des équivalents (Intégrales impropres)
    Intégrale - Intégration (Relation de Chasles), Identités trigonométriques (Formules de symétrie), Intégrale - Intégration (Changement de variable))


    l'intégrale généralisée suivante est-elle convergente ou divergente ? $$\int^{+\infty}_2\left(1-\cos\left(\frac1t\right)\right)\,dt$$

    Positivité
    On a \(\cos\theta\leqslant1\) pour tout \(\theta\). L'intégrale est donc positive

    DL \(\to\) équivalence

    Si \(u=\frac1t\), on a \(u\longrightarrow0\), donc $$\cos u=1-\frac{u^2}2+\underbrace{\varepsilon(u)u^2}_{\underset{u\to0}\longrightarrow\;0}=1-\frac{u^2}2(1+\varepsilon(u))$$ donc $$1-\cos\left(\frac 1t\right)\underset\infty\sim\frac1{2t^2}$$ \(\int^{+\infty}_2\frac1{t^2}\,dt\) étant convergente, l'intervalle converge d'après le théorème des équivalents

    (Cosinus (Développement limité en 0), Théorème des équivalents (Intégrales impropres))


    l'intégrale généralisée suivante est-elle convergente ou divergente ? $$\int^1_0\cos^2\left(\frac1t\right)\,dt$$

    Majoration

    On a \(0\leqslant\cos^2(\frac1t)\leqslant1\)
    Puisque \(\int^1_01\,dt\) converge, l'intégrale converge d'après le théorème de comparaison

    (Théorème de comparaison)


    L'intégrale généralisée suivante est-elle convergente ou divergente ? $$\int^{+\infty}_{2/\pi}\ln\left(\cos\left(\frac1t\right)\right)\,dt$$

    Définie sur aucune des bornes \(\to\) séparation
    $$\int^{+\infty}_{2/\pi}\ln\left(\cos\left(\frac1t\right)\right)\,dt=\int^{1}_{2/\pi}\ln\left(\cos\left(\frac1t\right)\right)\,dt+\int^{+\infty}_{1}\ln\left(\cos\left(\frac1t\right)\right)\,dt$$

    Changement de variable
    \(\ln(\cos\frac1t)\) est négative sur \([\frac2\pi,1]\)
    Changement de variable : $$\int^{1}_{2/\pi}\ln\left(\cos\left(\frac1t\right)\right)\,dt=\left\{\begin{array}{c}\frac1t=u&t=\frac2\pi\to u=\frac\pi2\\ t=\frac1u&t=1\to u=1\\ dt=\lvert-\frac1{u^2}\rvert\,du\end{array}\right\}=\int^{\pi/2}_1\frac{\ln(\cos u)}{u^2}\,du$$

    Développement limité
    On pose \(a\) suffisamment proche de \(\frac\pi2\)
    $$=\int^{\pi/2}_a{\ln\left(\left(\frac\pi2-u\right)\left(1+\varepsilon\left(\frac\pi2-u\right)\right)\right)\over u^2}\,du=\int^{\pi/2}_a\frac{\ln(\frac\pi2-u)}{u^2}\,du+\underbrace{\int^{\pi/2}_a\frac{\ln(1+\varepsilon(\frac\pi2-u))}{u^2}\,du}_{\text{CV}}$$

    Équivalence
    $$\frac{\ln(\frac\pi2-u)}{u^2}\underset{u\to\pi/2}\sim\frac{\ln(\frac\pi2-u)}{\frac{\pi^2}4}$$

    Changement de variable
    $$\int^{\pi/2}_a\ln\left(\frac\pi2-u\right)\,du=\left\{\begin{array}{c}\frac\pi2-u=x\\ du=dx\\ u=\frac\pi2\to x=0\\ u=a\to x=\frac\pi2-a\end{array}\right\}=\int^{\pi/2-a}_0\ln t\,dt$$

    Étude de la deuxième intégrale \(\to\) changement de variable
    Deuxième intégrale : $$\int^{+\infty}_{1}\ln\left(\cos\left(\frac1t\right)\right)\,dt=\left\{\begin{array}{c}\frac1t=u&t=+\infty\to u=0\\ t=\frac1u&t=1\to u=1\\ dt=\lvert-\frac1{u^2}\rvert\,du\end{array}\right\}=\int^1_0\frac{\ln(\cos u)}{u^2}\,du$$

    Développement limité

    $$=\frac{\lvert \ln(\cos u)\rvert}{u^2}\sim\frac{\lvert-\frac{u^2}2+u^2\varepsilon(u) \rvert}{u^2}{\underset{n\to+\infty}\longrightarrow}\frac12$$ donc \(\left|\frac{\ln(\cos u)}{u^2}\right|\leqslant C\)
    L'intégrale est donc convergente

    L'intégrale généralisée $$I=\int^2_0\frac{dt}{\ln t}$$ existe-t-elle ?

    Séparation
    L'intégrale est généralisée au milieu de l'intervalle
    On la sépare donc : $$I=\int^1_0\frac{dt}{\ln t}+\int^2_1\frac{dt}{\ln t}$$

    $$\left|\frac1{\ln t}\right|\underset1\sim\left|\frac1{ t-1}\right|$$ l'intégrale n'existe donc pas

    Sachant que \(\forall x\geqslant0,x^2+\sin x\gt 0\), l'intégrale généralisée $$\int^1_0\frac{dx}{x^2+\sin x}$$ est-elle convergente ?

    Positivité
    On a $$0\leqslant\frac1{x^2+\sin x}$$ l'intégrant est positif, on peut donc appliquer les théorèmes

    Montrons que \(\frac1{x^2+\sin x}\underset{0^+}\sim\frac1x\) : $$\frac x{x^2+\sin x}=\frac1{x+\frac{\sin x}x}\underset{x\to0^+}\longrightarrow1$$ l'intégrale est donc divergente par équivalence avec une intégrale de Riemann divergente

    (Théorème des équivalents (Intégrales impropres), Fonctions équivalentes)


    Sachant que \(\forall x\geqslant0,x^2+\sin x\gt 0\), l'intégrale généralisée $$\int^{+\infty}_1\frac{dx}{x^2+\sin x}$$ est-elle convergente ?

    $$\frac1{x^2+\sin x}=\frac1{x^2}\frac1{1+\frac{\sin x}{x^2}}\sim\frac1{x^2}$$
    L'intégrale est donc convergente par équivalence avec une série de Riemann convergente

    (Théorème des équivalents (Intégrales impropres))


    Soit \(a\gt 0\).
    Montrer que $$\int^{+\infty}_0\frac{\ln x}{x^2+a^2}\,dx$$ existe

    La phrase
    La fonction \(x\mapsto\frac{\ln x}{x^2+a^2}\) est une fonction continue donc localement intégrable sur \(]0,+\infty[\)

    Signe de l'itérant
    On observe \(f(x)\leqslant0\) si \(x\leqslant1\) et \(f(x)\geqslant0\) si \(x\geqslant1\)

    Relation de Chasles pour séparer les bornes mal définies
    Séparons donc l'intégrale en deux : l'intégrale existe si et seulement si $$\int^{1}_0\frac{-\ln x}{x^2+a^2}\,dx\quad\text{ et }\quad\int^{+\infty}_1\frac{\ln x}{x^2+a^2}\,dx$$ existent

    En \(0^+\), on a : $$\frac{-\ln x}{x^2+a^2}\sim\frac1{a^2}(-\ln x)=o(x^{1/2})\quad\text{CV}$$
    En \(+\infty\), on a : $$\frac{\ln x}{x^2+a^2}\sim\frac{\ln x}{x^2}=o(x^{-3/2})\quad\text{CV}$$
    L'intégrale existe donc



    Convergence en fonction d'un paramètre

    Étudier la nature de l'intégrale suivante selon la valeur de \(\alpha\in{\Bbb R}\) : $$\int^{+\infty}_0e^{-\alpha t}\,dt$$

    Cas \(\alpha=0\) : intégrale d'une fonction constante
    Cas \(\alpha=0\) : $$\int^{+\infty}_0e^{-\alpha t}\,dt=\int^{+\infty}_01\,dt\quad\text{ diverge}$$

    Cas \(\alpha\neq0\) : calcul de l'intégrale

    Cas \(\alpha\neq0\) : $$\int^{+\infty}_0e^{-\alpha t}\,dt=\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left.\frac{e^{-\alpha t}}{-\alpha}\right|^x_0=\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{e^{-\alpha x}}{-\alpha}+\frac1\alpha\right)=\begin{cases}\frac1\alpha&\text{si}\quad\alpha\gt 0\\ +\infty&\text{si}\quad\alpha\lt 0\end{cases}$$ l'intégrale est donc convergente si et seulement si \(\alpha\gt 0\)

    Étudier la nature de l'intégrale suivante selon la valeur de \(\alpha\in{\Bbb R}\) : $$\int^{+\infty}_0\frac1{t^\alpha}\,dt$$

    Séparation en deux intégrales de Riemann \(\to\) pour tout \(\alpha\), il y en a une qui diverge

    $$\int^{+\infty}_0\frac1{t^\alpha}\,dt=\underbrace{\int^{1}_0\frac1{t^\alpha}\,dt}_{\text{CV si et seulement si }\alpha\lt 1}+\underbrace{\int^{+\infty}_1\frac1{t^\alpha}\,dt}_{\text{CV si et seulement si }\alpha\gt 1}$$ l'intégrale est donc divergente

    (Intégrale de Riemann)


    Étudier la nature de l'intégrale suivante selon la valeur de \(\alpha\in{\Bbb R}\) : $$\int_0^{+\infty}\frac{e^{-t}-1}{t^\alpha}\,dt$$

    Les deux bornes sont mal définies \(\to\) couper l'intégrale en deux
    $$\int_0^{+\infty}\frac{e^{-t}-1}{t^\alpha}\,dt=\int_0^1\frac{e^{-t}-1}{t^\alpha}\,dt+\int_1^{+\infty}\frac{e^{-t}-1}{t^\alpha}\,dt$$

    Première intégrale : DL \(\to\) équivalence avec une intégrale de Riemann
    Première intégrale :
    \(e^{-t}-1=-t(1+\varepsilon(t))\), donc $$\frac{e^{-t}-1}{t^\alpha}\sim-\frac t{t^\alpha}=-\frac{1}{t^{\alpha-1}}\quad\text{ et }\quad-\int^1_0\frac1{t^{\alpha-1}}\,dt\text{ converge si et seulement si }\alpha\lt 2$$

    Deuxième intégrale : \(e^{-t}\underset{t\to+\infty}\longrightarrow0\) \(\to\) équivalence avec une intégrale de Riemann \(\to\) conclusion

    Deuxième intégrale : $$\frac{e^{-t}-1}{t^\alpha}\sim\frac1{t^\alpha}\quad\text{ et }\quad\int^{+\infty}_0\frac1{t^\alpha}\,dt\text{ converge si et seulement si }\alpha\gt 1$$
    L'intégrale est donc convergente si et seulement si \(\alpha\in]1,2[\)

    Étudier la nature de l'intégrale suivante selon la valeur de \(\alpha\in{\Bbb R}\) : $$\int^{+\infty}_0\frac{\arctan t}{t^\alpha}\,dt$$

    Problème aux deux bornes \(\to\) séparation en deux intégrales
    $$\int^{+\infty}_0\frac{\arctan t}{t^\alpha}\,dt=\int^{1}_0\frac{\arctan t}{t^\alpha}\,dt+\int^{+\infty}_1\frac{\arctan t}{t^\alpha}\,dt$$

    Première intégrale : équivalence avec \(\arctan\)
    Première intégrale :
    \(\arctan t\underset{t\to0}\sim t\), donc $$\frac{\arctan t}{t^\alpha}\underset0\sim\frac1{t^{\alpha-1}}\quad\text{ et }\quad\int^{1}_0\frac1{t^{\alpha-1}}\,dt\text{ converge si et seulement si }\alpha\lt 2$$

    Deuxième intégrale :
    $$\frac{\arctan t}{t^\alpha}\underset{t\to+\infty}\sim\frac\pi{2t^{\alpha}}\quad\text{ et }\quad\frac\pi2\int^{+\infty}_1\frac1{t^\alpha}\,dt\text{ converge si et seulement si }\alpha\gt 1$$ l'intégrale est donc convergente si et seulement si \(\alpha\in]1,2[\)

    (Arctangente (Equivalence))


    Étudier la nature de l'intégrale suivante selon la valeur de \(\alpha\in{\Bbb R}\) : $$\int_0^{+\infty}\frac{t-\sin t}{t^\alpha}\,dt$$

    Les deux bornes sont mal définies \(\to\) séparation
    $$\int_0^{+\infty}\frac{t-\sin t}{t^\alpha}\,dt=\int_0^{1}\frac{t-\sin t}{t^\alpha}\,dt+\int_1^{+\infty}\frac{t-\sin t}{t^\alpha}\,dt$$

    Première intégrale : cas \(\alpha\leqslant0\) : OK
    Pour \(\alpha\leqslant0\), \(\frac{t-\sin t}{t^\alpha}=t^{\lvert\alpha\rvert}(t-\sin t)\) est continue en \(0\), donc \(\int^{1}_0\frac{t-\sin t}{t^\alpha}\,dt\) converge

    Cas \(\alpha\gt 0\) : DL
    Pour \(\alpha\gt 0\), $$\frac{t-\sin t}{t^\alpha}=\frac{t^3(\frac16-\varepsilon(t))}{t^\alpha}\sim \frac16t^{3-\alpha}$$ or, \(\frac16\int^1_0t^{3-\alpha}\,dt=\frac16\int^1_0t^{\alpha-3}\,dt\) converge si et seulement si \(\alpha\lt 4\), donc la première intégrale converge si et seulement si \(\alpha\lt 4\)

    Deuxième intégrale : on cherche une équivalence pour être plus précis sur \(\alpha\)
    On a \(\sin t\leqslant1\leqslant t\), donc \(t-\sin t\geqslant0\)
    $$\frac{t-\sin t}{t^\alpha}=\frac{t(1-\frac{\sin t}t)}{t^\alpha}=\frac1{t^{\alpha-1}}\underbrace{\left({1-\frac{\sin t}t}\right)}_{\underset{t\to+\infty}\longrightarrow1}\sim\frac1{t^{\alpha-1}}$$ or, \(\int^{+\infty}_1\frac1{t^{\alpha-1}}\,dt\) est une intégrale de Riemann qui converge si et seulement si \(\alpha\gt 2\)

    Conclusion

    \(\int^{+\infty}_0\frac{t-\sin t}{t^{\alpha}}\,dt\) est donc convergente si et seulement si \(\alpha\in]2,4[\)

    (Intégrale - Intégration (Relation de Chasles), Sinus (Développement limité en 0), Intégrale de Riemann (Convergence), Théorème des équivalents (Intégrales impropres))


    Étudier la nature de l'intégrale suivante selon la valeur de \(\alpha\in{\Bbb R}\) : $$\int^{+\infty}_0\frac{\ln t}{(1+t^2)^\alpha}\,dt$$

    Problème aux deux bornes \(\to\) séparation
    $$\int^{+\infty}_0\frac{\ln t}{(1+t^2)^\alpha}\,dt=\int^{1}_0\frac{\ln t}{(1+t^2)^\alpha}\,dt+\int^{+\infty}_1\frac{\ln t}{(1+t^2)^\alpha}\,dt$$

    Première intégrale : équivalence du numérateur \(\to\) on peut calculer directement
    \(\forall\alpha\in{\Bbb R},(1+t^2)^\alpha\underset{t\to0^+}\longrightarrow1\), donc $$\frac{\ln t}{(1+t^2)^\alpha}\underset{0^+}\sim\ln t$$
    Or, \(\int^1_0\ln t\,dt=-1\)
    La première intégrale est donc convergente

    Deuxième intégrale : équivalence avec une série de Bertrand

    $$\frac{\ln t}{(1+t^2)^\alpha}\sim\frac{\ln t}{t^{2\alpha}}=\frac1{t^{2\alpha}(\ln t)^{-1}}$$
    Par comparaison avec une série de Bertrand, la deuxième intégrale converge si et seulement si \(\alpha\gt \frac12\)
    \(\int^{+\infty}_0\frac{\ln t}{(1+t^2)^\alpha}\,dt\) est donc convergente si et seulement si \(\alpha\gt \frac12\)

    (Intégrale - Intégration (Relation de Chasles), Logarithme népérien - Logarithme naturel (Primitive), Théorème des équivalents (Intégrales impropres)
    Intégrale de Bertrand (Convergence))


    Étudier la nature de l'intégrale suivante selon la valeur de \(\alpha\in{\Bbb R}\) : $$\int^{+\infty}_0 x^{\alpha-1}e^{-x}\,dx$$

    Problème aux deux bornes \(\to\) relation de Chasles
    $$\int^{+\infty}_0 x^{\alpha-1}e^{-x}\,dx=\int^{1}_0 x^{\alpha-1}e^{-x}\,dx+\int^{+\infty}_1 x^{\alpha-1}e^{-x}\,dx$$

    Première intégrale \(\to\) équivalence
    $$x^{\alpha-1}e^{-x}\underset{0^+}\sim x^{\alpha-1}=\frac1{x^{1-\alpha}}$$ or, \(\int_0^1\frac1{x^{1-\alpha}}\,dx\) est une intégrale de Riemann qui converge si et seulement si \(\alpha\gt 0\)

    Deuxième intégrale : croissances comparées \(\to\) th de comparaison

    \(\frac{x^{\alpha+1}}{e^x}\underset{x\to+\infty}\longrightarrow0\) par croissances comparées, donc \(\exists A\geqslant1\) tel que \(\forall x\geqslant A,\frac{x^{\alpha+1}}{e^x}\leqslant1\), et donc \(\frac{x^{\alpha-1}}{e^x}\leqslant\frac1{x^2}\)
    Or, \(\int^{+\infty}_1\frac1{x^2}\,dx\) est une intégrale de Riemann convergente
    \(\int^{+\infty}_0 x^{\alpha-1}e^{-x}\,dx\) est donc convergente si et seulement si \(\alpha\gt 0\)

    (Intégrale - Intégration (Relation de Chasles), Théorème des équivalents (Intégrales impropres), Intégrale de Riemann (Convergence), Fonction exponentielle (Croissances comparées), Théorème de comparaison (Intégrales impropres), Intégrale de Riemann (Convergence))


    Étudier la nature de l'intégrale suivante selon la valeur de \(\alpha\in{\Bbb R}\) : $$\int^{+\infty}_2\left(\sqrt{x^4+x^2+2}-x\sqrt[3]{x^3+\alpha x}\right)\,dx$$

    Factorisation
    $$\sqrt{x^4+x^2+2}-x\sqrt[3]{x^3+\alpha x}=x^2\sqrt{1+\frac1{x^2}+\frac2{x^4}}-x^2\sqrt[3]{1+\frac\alpha{x^2}}$$

    Développement limité
    $$\begin{align}&=\left(\frac12-\frac\alpha3\right)+\frac1{x^2}\left(\frac38+\frac{\alpha^2}9+\varepsilon(x)\right)\end{align}$$

    Disjonction des cas en fonction de \(\alpha\)

    Si \(\frac12-\frac\alpha3=0\) (donc si \(\alpha=\frac32\)), \(\sqrt{x^4+x^2+2}-x\sqrt[3]{x^3+\alpha x}\sim\frac a{x^2}\), avec \(a=\frac38+\frac{\alpha^2}{9}\gt 0\), et \(a\int_2^{+\infty}\frac1{x^2}\,dx\) est une intégrale de Riemann convergente
    Si \(\alpha\lt \frac32\), \(\sqrt{x^4+x^2+2}-x\sqrt[3]{x^3+\alpha x}\gt 0\) pour \(x\) assez grand
    Si \(\alpha\gt \frac32\), \(\sqrt{x^4+x^2+2}-x\sqrt[3]{x^3+\alpha x}\lt 0\) pour \(x\) assez grand
    L'intégrale est donc convergente si et seulement si \(x=\frac32\)

    (Puissance (Développement limité en 0), Théorème des équivalents (Intégrales impropres), Intégrale de Riemann (Convergence))


    Pour quelles valeurs de \(\alpha\) l'intégrale $$\int^{+\infty}_1\frac{\sin x}{x^\alpha}\,dx$$ est-elle convergente ? Absolument convergente ?

    La phrase
    La fonction \(x\mapsto\frac{\sin x}{x^\alpha}\) est continue sur \([1,+\infty[\) donc localement intégrable

    Convergence absolue
    Convergence absolue : $$\frac{\lvert\sin x\rvert}{x^\alpha}\leqslant\frac1{x^\alpha}$$ donc l'intégrale est absolument convergente si \(\alpha\gt 1\) d'après le théorème de comparaison

    Convergence simple : l'intégrale converge si et seulement si \(\int^R_1\frac{\sin x}{x^\alpha}\,dx\) admet une limite finie quand \({\Bbb R}\to+\infty\)

    $$\begin{align}\int^R_1\frac{\sin x}{x^\alpha}\,dx&=-\underbrace{\int^R_1\frac{\alpha\cos x}{x^{\alpha+1}}}_{\text{ACV si }\alpha+1\gt 1}+\underbrace{\left[\frac{-\cos x}{x^\alpha}\right]^R_1}_{\longrightarrow\cos1}\quad\text{ avec }\quad\begin{array}{l} u^\prime=\sin x\\ u =-\cos x\\ v =\frac1{x^\alpha}\\ v^\prime=\frac{-\alpha}{x^{\alpha+1}}\end{array}\\ \end{align}$$


    Exercices interdépendants

    Soit \(\alpha\) un réel strictement positif
    Déterminer la nature (convergence ou divergence) de l'intégrale généralisée $$\int^{+\infty}_1\frac{\sin t}{t^{\alpha+1}}\,dt$$

    $$\int^{+\infty}_1\left|\frac{\sin t}{t^{\alpha+1}}\right|\,dt\leqslant\int^{+\infty}_1\frac1{t^{\alpha+1}}\,dt$$
    \(\int^{+\infty}_1\frac1{t^{\alpha+1}}\,dt\) est une série de Riemann convergente, donc \(\int^{+\infty}_1\frac{\sin t}{t^{\alpha+1}}\,dt\) est absolument convergente d'après le théorème de comparaison
    \(\int^{+\infty}_1\frac{\sin t}{t^{\alpha+1}}\,dt\) est donc convergente

    (Intégrale absolument convergente (Propriétés), Théorème de comparaison (Intégrales impropres), Série de Riemann (Convergence))


    Soit \(\alpha\) un réel strictement positif
    Sachant que \(\int^{+\infty}_1\frac{\sin t}{t^{\alpha+1}}\,dt\) converge, montrer que $$\int^{+\infty}_1\frac{\cos t}{t^\alpha}\,dt$$ converge

    Intégration par parties

    $$\begin{align}\int^{+\infty}_1\frac{\cos t}{t^{\alpha}}\,dt&=\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\int^x_1\frac{\cos t}{t^\alpha}\,dt\\ &=\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\int^x_1\frac1{t^\alpha}\sin^\prime(t)\,dt\\ &=\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left.\frac1{t^\alpha}\sin t\right|^x_1+\alpha\int^x_1\frac{\sin t}{t^{\alpha+1}}\,dt\end{align}$$
    L'intégrale est donc convergente

    (Intégrale - Intégration (Intégration par parties))


    Soit \(\alpha\) un réel strictement positif
    Sachant que \(\int^{+\infty}_1\frac{\cos t}{t^\alpha}\,dt\) converge, quelle est la nature de $$\int^{+\infty}_1\frac{\cos(2t)}{t}\,dt$$

    Cgangement de variable pour revenir au cas précédent

    $$\int^{+\infty}_1\frac{\cos(2t)}{t}\,\,dt=\left\{\begin{array}{}2t=x\\ 2dt=dx\\ t=1\mapsto x=1\\ t=+\infty\mapsto x=+\infty\end{array}\right\}=\frac12\int^{+\infty}_2\frac{\cos x}{x/2}\,dx=\int^{+\infty}_2\frac{\cos x}{x}\,dx$$
    Cette intégrale est convergente, donc \(\int^{+\infty}_1\frac{\cos(2t)}{t}\,dt\) converge

    (Intégrale - Intégration (Changement de variable))


    Soit \(f\) une fonction continue bornée sur \([0,+\infty[\)
    Démontrer que les intégrales $$\int^{+\infty}_0\frac{f(x)}{1+x^2}\,dx\quad\text{ et }\quad\int^{+\infty}_0\frac{f(1/x)}{1+x^2}\,dx$$ convergent et sont égales

    1ère intégrale \(\to\) majoration + th de comparaison
    1ère intégrale : $$\left|\frac{f(x)}{1+x^2}\right|\leqslant\frac M{1+x^2}\quad\text{ et }\quad M\int^{+\infty}_0\frac1{1+x^2}\,dx= M\times\arctan x\rvert^{+\infty}_0\text{ converge}$$
    La première intégrale est donc absolument convergente d'après le théorème de compraison

    2e intégrale : idem
    2e intégrale : \(\lvert f(1/x)\rvert\leqslant M\) car \(\frac1x\in[0,+\infty[\)
    De la même manière qu'à l'étape précédente, la deuxième intégrale est donc absolument convergente

    Égalité : changement de variable

    $$\int^{+\infty}_0\frac{f(1/x)}{1+x^2}\,dx=\left\{\begin{array}{}t=1/x&x=0\mapsto+\infty\\ dt=\lvert-\frac1{x^2}\rvert\,dx=\frac1{x^2}\,dx&x=+\infty\mapsto0\\ dx^2dt=\frac1{t^2}\,dt\end{array}\right\}=\int^{+\infty}_0\frac{f(t)}{1+t^2}\,dt$$

    (Théorème de comparaison (Intégrales impropres), Arctangente (Dérivée), Intégrale - Intégration (Changement de variable))


    On sait que les intégrales $$\int^{+\infty}_0\frac{f(x)}{1+x^2}\,dx\quad\text{ et }\quad \int^{+\infty}_0\frac{f(1/x)}{1+x^2}\,dx$$ sont égales et convergentes avec \(f\) une fonction continue bornée sur \([0,+\infty[\)
    Calculer $$I=\int^{+\infty}_0\frac1{(1+x^2)(1+x^n)}\,dx\quad\text{ et }\quad J=\int^{+\infty}_0\frac{x^n}{(1+x^2)(1+x^n)}\,dx$$ pour tout \(n\in{\Bbb N}\)

    Poser \(f\)
    Soit \(f(x)=\frac1{1+x^n}\). \(f\) est bien bornée sur \([0,+\infty[\)
    On a alors \(f(1/x)=\frac1{1+1/x^n}=\frac{x^n}{x^n+1}\)

    Exprimer \(I\) et \(J\) en fonction des données de l'exercice \(\to\) CV et \(=\)
    Alors $$\begin{align} I=\int^{+\infty}_0\frac1{(1+x^2)(1+x^n)}\,dx&=\int^{+\infty}_0\frac{f(x)}{1+x^2}\,dx\text{ CV}\\ J=\int^{+\infty}_0\frac{x^n}{(1+x^2)(1+x^n)}\,dx&=\int^{+\infty}_0\frac{f(1/x)}{1+x^2}\,dx\text{ CV}\end{align}$$
    On a donc de plus \(I=J\)

    Exprimer \(J\) en fonction de \(I\)
    $$\begin{align} J&=\int^{+\infty}_0\frac{x^n}{(1+x^2)(1+x^n)}\,dx\\ &=\int^{+\infty}_0\frac{(x^n+1)-1}{(1+x^2)(1+x^n)}\,dx\\ &=\int^{+\infty}_0\frac{\cancel{x^n+1}}{(1+x^2)\cancel{(x^n+1)}}\,dx+\int^{+\infty}_0\frac1{(1+x^n)(1+x^2)}\,dx\\ &=\int^{+\infty}_0\frac1{1+x^2}\,dx-I\\ &=\frac\pi2-I\end{align}$$

    Calculer \(I\) et \(J\)

    $$\begin{align}&J=\frac\pi2-I\\ \implies&I=\frac\pi2-I\\ \implies &2I=\frac\pi2\\ \implies&I=\frac\pi4=J\end{align}$$

    (Arctangente (Dérivée))


    Sachant que l'on a $$\forall t\in{\Bbb R},\quad1-t^2\leqslant e^{-t^2}\leqslant\frac1{1+t^2}$$ montrer que l'intégrale suivante converge $$I=\int^{+\infty}_0 e^{-t^2}\,dt$$

    Majoration \(\to\) th de comparaison

    $$\int^{+\infty}_0 e^{-t^2}\,dt\leqslant\int^{+\infty}_0\frac1{1+t^2}\,dt=\arctan t\rvert^{+\infty}_0\text{ CV}$$ \(I\) est donc convergente d'après le théorème de comparaison

    (Théorème de comparaison (Intégrales impropres), Arctangente (Dérivée))


    Sachant que l'on a $$\forall t\in{\Bbb R},\quad1-t^2\leqslant e^{-t^2}\leqslant\frac1{1+t^2}$$ montrer que l'intégrale suivante converge $$J_n=\int^{+\infty}_0\frac1{(1+t^2)^n}\,dt$$ avec \(n\in{\Bbb N}^*\)

    Majoration \(\to\) th de comparaison

    $$J_n\leqslant\int^{+\infty}_0\frac1{1+t^2}\,dt=\arctan t\lvert^{+\infty}_0\text{ CV}$$

    (Théorème de comparaison (Intégrales impropres), Arctangente (Dérivée))


    Sachant que l'on a $$\forall t\in{\Bbb R},\quad1-t^2\leqslant e^{-t^2}\leqslant\frac1{1+t^2}$$ et que \(I=\int^{+\infty}_0 e^{-t^2}\,dt\) converge, montrer que l'intégrale suivante converge $$I_n=\int^1_0(1-t^2)^n\,dt$$ avec \(n\in{\Bbb N}\)

    Majoration
    $$\int^1_0(1-t^2)^n\,dt=\left\{\begin{array}{}1-t^2\leqslant e^{-t^2}\\ (e^{-t^2})^n=e^{-nt^2}\end{array}\right\}\leqslant\int^1_0 e^{-nt^2}\,dt$$

    Changement de variable pour se ramener à \(I\) \(\to\) CV

    $$=\left\{\begin{array}{}t=\frac1{\sqrt n}x&dt =\frac1{\sqrt n}\,dx&t=0\mapsto x=0\\ xt^2=x^2&&t=1\mapsto x=\sqrt n\\ x=\sqrt n t\end{array}\right\}=\frac1{\sqrt n}I\text{ CV}$$


    Soit \(\forall n\in{\Bbb N},I_n=\int^1_0(1-t^2)^n\,dt\) et \(J_n=\int^{+\infty}_0\frac1{(1+t^2)^n}\,dt\) convergentes
    On pose $$W_n=\int^{\pi/2}_0(\cos x)^n\,dx$$ vérifier que la suite \((W_n)_n\) est monotone, et qu'on a les inégalités $$I_n=W_{2n+2}\quad\text{ et }\quad J_{n+1}=W_{2n}$$

    Monotonie : décroissance de \(\cos\) et positivité de l'intégrale
    La fonction \(\cos\) est décroissante sur \([0,\frac\pi2]\). On a donc : $$\begin{align}(\cos x)^{n-1}\leqslant(\cos x)^n\,&\implies\int^{\pi/2}_0(\cos x)^{n -1}\,dx\leqslant \int^{\pi/2}_0(\cos x)^n\,dx\\ &\implies W_{n-1}\leqslant W_n\end{align}$$
    La suite \((W_n)_{n}\) est donc décroissante, et donc monotone

    Première égalité : changement de variable + identité trigonométrique
    $$\begin{align} \int^{\pi/2}_0(1-t^2)\,dt&=\left\{\begin{array}{}t=\sin x\\ x\in[0,\frac\pi2]\\ dx={\cos x\,dx}=dt\end{array}\right\}=\int^{\pi/2}_0(\underbrace{1-\sin^2 x}_{=\cos^2x})^n\cos x\,dx\\ &=\int^{\pi/2}_0(\cos x)^{2x}\cos x\,dx\\ &=\int^{\pi/2}_0(\cos x)^{2n+1}\,dx\\ &=W_{2n+1}\end{align}$$

    Deuxième égalité : changement de variable

    $$\begin{align} J_{n+1}&=\int^{+\infty}_0\left(\frac1{1+t^2}\right)^{n+1}\,dt\\ &=\left\{\begin{array}{}t=\tan x\\ x=0\mapsto t=0\\ x\to\frac\pi2\mapsto t\to+\infty\\ dt = \frac1{\cos^2x}\,dx\end{array}\right\}=\int^{\pi/2}_0(\cos^2x)^{n+1}\frac1{\cos^2(x)}\,dx\\ &=\int^{\pi/2}_0(\cos x)^{2n+2}\frac1{\cos^2 x}\,dx\\ &=\int^{\pi/2}_0(\cos x)^{2n}\,dx\\ &=W_{2n}\end{align}$$

    (Cosinus, Intégrale - Intégration (Positivité), Identités trigonométriques, Intégrale - Intégration (Changement de variable), Fonction tangente (Dérivée))


    Soit \(\forall n\in{\Bbb N},I_n=\int^1_0(1-t^2)^n\,dt\) et \(J_n=\int^{+\infty}_0\frac1{(1+t^2)^n}\,dt\) convergentes
    On pose $$W_n=\int^{\pi/2}_0(\cos x)^n\,dx$$ on sait de plus que \((W_n)_n\) est monotone et qu'on a les égalités \(I_n=W_{2n+2}\) et \(J_{n+1}=W_{2n}\)
    Trouver une relation de récurrence entre \(W_n\) et \(W_{n+2}\)

    Intégration par parties \(\to\) résoudre l'équation pour \(W_{n+2}\)

    $$\begin{align} W_{n+2}&=\int^{\pi/2}_0(\cos x)^{n+2}\,dx\\ &=\int^{\pi/2}_0(\cos x)^{n+1}\cos x\,dx\\ &=\int^{\pi/2}_0(\cos x)^{n+1}\sin^\prime x\,dx\\ &=((\cos x)^{n+1}\sin x)\lvert^{\pi/2}_0+\int^{\pi/2}_0(n+1)(\cos n)^n\sin^2x\,dx\\ &=(n+1)\underbrace{\int^{\pi/2}_0(\cos x)^n}_{W_n}-(n+1)\underbrace{\int^{\pi/2}_0(\cos x)^{n+2}\,dx}_{W_{n+2}}&\text{car }\sin^2x=1-\cos^2x\end{align}$$$\(\begin{align}&W_{n+2}=(n+1)(W_n-W_{n+2})\\ \implies&W_{n+2}(n+2)=(n+1)W_n\\ \implies&W_{n+2}=\frac{n+1}{n+2}W_n\end{align}\)$

    (Intégrale - Intégration (Intégration par parties))


    Soit \(\forall n\in{\Bbb N},I_n=\int^1_0(1-t^2)^n\,dt\) et \(J_n=\int^{+\infty}_0\frac1{(1+t^2)^n}\,dt\) convergentes
    On pose $$W_n=\int^{\pi/2}_0(\cos x)^n\,dx$$ on sait de plus que \((W_n)_n\) est monotone et qu'on a les égalités \(I_n=W_{2n+2}\) et \(J_{n+1}=W_{2n}\)
    On a également \(W_{n+2}=\frac{n+1}{n+2}W_n\)
    Montrer que \((n+1)W_nW_{n+1}\) est indépendant de \(n\)

    Soit \(a_n=(n+1)W_nW_{n+1}\)
    On a \(W_{n+2}=\frac{n+1}{n+2}W_n\implies W_n=\frac{n+2}{n+1}W_{n+2}\) $$\begin{align} a_n&=\cancel{(n+1)}\frac{n+2}{\cancel{n+1}}W_{n+1}W_{n+2}\\ &={(n+2)W_{n+1}W_{n+2}}\\ &=a_{n+1}\end{align}$$ \((a_n)_n\) est donc constant

    Soit un entier \(N\geqslant1\)
    On pose $$I_N=\int_N^{+\infty}\frac{e^{-\sqrt t}}{\sqrt t}\,dt$$ montrer que l'intégrale généralisée \(I_N\) converge et donner sa valeur

    Changement de variable
    $$I_N=2\int^{+\infty}_Ne^{-\sqrt t}(\sqrt t)^\prime\,dt=\left\{\begin{array}{}x=\sqrt t\\ t=N\mapsto x=\sqrt N\\ t\to+\infty\mapsto x\to+\infty\end{array}\right\}=2\int^{+\infty}_{\sqrt N}e^{-x}\,dx$$

    Calcul de l'intégrale

    $$=\left.-2e^{-x}\right|^{+\infty}_{\sqrt N}=2e^{-\sqrt N}$$

    Pour tout entier \(N\geqslant1\), on sait que l'intégrale généralisée \(I_N=\int_N^{+\infty}\frac{e^{-\sqrt t}}{\sqrt t}\,dt\) converge vers \(2e^{-\sqrt N}\) et que \(\sum_{n\geqslant1}\frac{e^{-\sqrt n}}{\sqrt n}\) converge
    On considère \(R_N=\sum^{+\infty}_{n=N}\frac{e^{-\sqrt n}}{\sqrt n}\)
    Établir l'encadrement $$2e^{-\sqrt N}\leqslant R_N\leqslant\frac{e^{-\sqrt N}}{\sqrt N}+2e^{-\sqrt N}$$

    Fonction décroissante \(\to\) l'intégrale est inférieure à \(f(N)\)
    Soit \(f(x)=\frac1{\sqrt xe^\sqrt x}\) décroissante sur \([0,+\infty[\)
    Puisque \(f\) est décroissante, on a : $$\int^{N+1}_Nf(x)\,dx\leqslant\int^{N+1}_Nf(N)\,dx=f(N)$$

    Retrouver \(I_N\)
    On a donc $$\underbrace{\int^{+\infty}_Nf(x)\,dx}_{\longrightarrow2e^{-\sqrt N}}=\sum^m_{n=N}\int^{n+1}_{n}f(x)\,dx\leqslant\underbrace{\sum^m_{n=N}f(n)}_{\underset{m\to+\infty}\longrightarrow R_N}$$
    Le premier côté de l'inégalité est donc démontré

    De même, $$\underbrace{\sum^{m+1}_{n=N+1}f(n+1)}_{\longrightarrow\sum^\infty_{n=N+1}u_n=R_{n+1}}\leqslant\sum^m_{n=N}\int^{n+1}_nf(x)\,dx=\underbrace{\int^{m+1}_Nf(x)\,dx}_{\underset{m\to+\infty}\longrightarrow I_N}$$

    On a donc $$\begin{align} R_{N+1}&\leqslant I_N=2e^{-\sqrt N}\\ u_N+R_{N+1}&\leqslant u_N+2e^{-\sqrt N}\\ R_N&\leqslant \frac{e^{-\sqrt N}}{\sqrt N}+2e^{-\sqrt N}\end{align}$$
    Le deuxième côté de l'inégalité est donc démontré


    Intégrales généralisées à plusieurs variables

    À quelles conditions sur \(\alpha\gt 0\) l'intégrale généralisée $$\iint_{{\Bbb R}^2}\frac{dx\,dy}{(1+\lvert x\rvert+\lvert y\rvert)^\alpha}$$ existe ?

    On sépare l'intégrale en fonction des deux variables : $$\iint_{{\Bbb R}^2}\frac{dx\,dy}{(1+\lvert x\rvert+\lvert y\rvert)^\alpha}=\int_{\Bbb R}\left[\int_{\Bbb R}\frac{dx}{(1+\lvert x\rvert+\lvert y\rvert)^\alpha}\right]\,dy$$
    L'exercice revient donc à calculer l'intégrale deux fois

    On fixe une variable et on simplifie la valeur absolue
    On calcule l'intégrale généralisée sur la première variable : $$\int_{\Bbb R}\frac{dx}{(1+\lvert x\rvert+\lvert y\rvert)^\alpha}=2\int^{+\infty}_0\frac{dx}{(1+x+\lvert y\rvert)^2}\lt +\infty\quad\text{ si }\alpha\gt 1$$

    Passer à la deuxième intégrale via un changement de variable

    Si on pose maintenant \(z\) tel que \(x=z(1+\lvert y\rvert)\) et \(dx=dz(1+\lvert y\rvert)\), alors on a : $$\begin{align}\int^{+\infty}_0\frac{dx}{(1+x+\lvert y\rvert)^\alpha}&=\int^{+\infty}_0\frac{dz(1+\lvert y\rvert)}{(1+\lvert y\rvert)^\alpha(1+z)^\alpha}\\ &=C_\alpha\frac1{(1+\lvert y\rvert)^{\alpha-1}}\end{align}$$ l'intégrale est donc convergente si et seulement si \(\alpha-1\geqslant1\iff\alpha\geqslant2\)

    Soit $$I=\int_{\Bbb R} e^{-x^2/2}\,dx$$ calculer \(I^2\) et en déduire \(I\)

    Théorème de Tonelli pour réunir les intégrales
    $$\begin{align} I^2&=\left(\int_{\Bbb R} e^{-x^2/2}\,dx\right)\left(\int_{\Bbb R} e^{-x^2/2}\,dx\right)\\ &\underset{\text{Tonelli}}=\iint_{{\Bbb R}^2}e^{-x^2/2}e^{-y^2/2}\,dx\,dy\\ &=\iint_{{\Bbb R}^2}e^{-\frac{x^2+y^2}2}\,dx\,dy\end{align}$$

    Calcul de l'intégrales \(\to\) changement de variables pour aller en coordonnées polaires
    On effectue le changement de variable pour arriver en coordonnées polaires, i.e. \(x=r\cos\theta\), \(y=r\sin\theta\) et \(dx\,dy=r\,dr\,d\theta\), on a : $$\begin{align} I^2&=\int^{+\infty}_0\left[\int^{2\pi}_0e^{-r^2/2}r\,dt\,d\theta\right]\,dr\\ &=2\pi\int^{+\infty}_0re^{-r^2/2}\,dr\\ &=2\pi\end{align}$$

    En déduire \(I\)

    On a donc \(I=\pm\sqrt{2\pi}\)

    (Théorème de Fubini-Tonelli (Puissances d'intégrales))


    On pose : $$F(x)=\int^{+\infty}_0\frac{e^{-xt}}{1+t^2}\,dt$$ étudier la convergence de \(F\) et donner son intégrale de définition

    Majorer

    Pour \(x\gt 0\), on a : $$\frac{e^{-xt}}{1+t^2}\leqslant\frac1{1+t^2}$$ donc \(F\) converge sur \({\Bbb R}_+\)
    Pour \(x\lt 0\), le terme général diverge, donc \(F\) diverge



  • Rétroliens :
    • Développement limité
    • Intégrale - Intégration
    • Intégrale absolument convergente
    • Intégrale de Bertrand
    • Intégrale de Gauss
    • Intégrale de Riemann
    • Théorème de comparaison série-intégrale
    • Théorème des équivalents
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