Consigne: 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))

Consigne: 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))

Consigne: 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)

Consigne: 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)

Consigne: 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)

Consigne: 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))

Consigne: 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))

Consigne: 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))

Consigne: 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))

Consigne: 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))

Consigne: 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)

Consigne: 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

Consigne: 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

Consigne: 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)

Consigne: 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))

Consigne: 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

Consigne: 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 \(\alpha\gt 0\)

Consigne: 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)

Consigne: 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 \(\alpha\in]1,2[\)

Consigne: 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))

Consigne: 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))

Consigne: 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))

Consigne: 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))

Consigne: 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))

Consigne: 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 \({\Bbb R}\to+\infty\)

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

Consigne: 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))

Consigne: 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))

Consigne: 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))

Consigne: 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))

Consigne: 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))

Consigne: 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))

Consigne: 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))

Consigne: 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

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

Consigne: 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))

Consigne: 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))

Consigne: 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

Consigne: 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

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

Consigne: 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

Consigne: 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 \(\alpha-1\geqslant1\iff\alpha\geqslant2\)

Consigne: 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 Tonelli - Théorème de Fubbi-Tonelli (Puissances d'intégrales))