Soient
α
,
β
,
γ
∈
R
{\displaystyle \alpha ,\beta ,\gamma \in \mathbb {R} }
.
En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, «
Exercice : Intégrales impropresIntégration de Riemann/Exercices/Intégrales impropres », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
Nature de :
∫
0
1
x
(
1
−
x
)
2
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x}{(1-x)^{2}}}\,\mathrm {d} x}
,
∫
0
1
d
x
x
(
1
−
x
)
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{x(1-x)}}}
?
∫
1
+
∞
1
x
4
x
2
+
x
+
1
d
x
{\displaystyle \int _{1}^{+\infty }{\frac {1}{x{\sqrt {4x^{2}+x+1}}}}\,\mathrm {d} x}
?
∫
0
+
∞
e
−
x
x
α
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-x}}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x}
et
∫
0
+
∞
2
−
x
x
α
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {2^{-x}}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x}
?
∫
0
+
∞
t
α
exp
(
β
t
+
γ
t
)
d
t
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }t^{\alpha }\operatorname {exp} \left(\beta t+{\gamma \over t}\right)\,\mathrm {d} t}
?
∫
0
+
∞
x
α
x
β
+
1
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {x^{\alpha }}{\sqrt {x^{\beta }+1}}}\,\mathrm {d} x}
?
∫
0
+
∞
cos
x
1
+
x
2
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\cos x}{1+x^{2}}}\,\mathrm {d} x}
?
∫
0
1
d
x
1
−
x
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{1-{\sqrt {x}}}}}
?
∫
0
1
d
x
(
tan
x
−
x
)
α
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{(\tan x-x)^{\alpha }}}}
et
∫
0
1
d
x
(
x
−
sin
x
)
α
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{(x-\sin x)^{\alpha }}}}
?
∫
0
1
ln
(
1
+
x
)
x
α
(
1
−
x
)
β
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\ln(1+x)}{x^{\alpha }(1-x)^{\beta }}}\,\mathrm {d} x}
?
∫
0
+
∞
1
x
arctan
x
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {1}{x^{\arctan x}}}\,\mathrm {d} x}
?
∫
0
+
∞
x
ln
ln
(
x
+
1
)
(
1
+
x
4
)
β
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {x\ln \ln(x+1)}{(1+x^{4})^{\beta }}}\,\mathrm {d} x}
?
∫
0
+
∞
x
x
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }x^{x}\,\mathrm {d} x}
?
∫
0
1
d
x
e
x
−
cos
x
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{\mathrm {e} ^{x}-\cos x}}}
?
∫
0
1
1
−
e
−
x
x
α
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {1-\mathrm {e} ^{-x}}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x}
et
∫
0
1
(
e
x
−
1
)
α
ln
(
1
+
x
)
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {(\mathrm {e} ^{x}-1)^{\alpha }}{\ln(1+x)}}\,\mathrm {d} x}
?
Solution
x
↦
x
(
1
−
x
)
2
{\displaystyle x\mapsto {\frac {x}{(1-x)^{2}}}}
et
x
↦
1
(
1
−
x
)
2
{\displaystyle x\mapsto {\frac {1}{(1-x)^{2}}}}
sont continues positives sur
[
0
,
1
[
{\displaystyle \left[0,1\right[}
et équivalentes en
1
{\displaystyle 1}
, or
∫
0
1
d
x
(
1
−
x
)
2
=
∫
0
1
d
s
s
2
=
[
−
1
s
]
0
1
=
+
∞
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{(1-x)^{2}}}=\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} s}{s^{2}}}=\left[-{\frac {1}{s}}\right]_{0}^{1}=+\infty }
, donc
∫
0
1
x
(
1
−
x
)
2
d
x
=
+
∞
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x}{(1-x)^{2}}}\,\mathrm {d} x=+\infty }
.
1
x
(
1
−
x
)
∼
0
1
x
{\displaystyle {\frac {1}{x(1-x)}}\sim _{0}{\frac {1}{x}}}
et
1
x
(
1
−
x
)
∼
1
1
1
−
x
{\displaystyle {\frac {1}{x(1-x)}}\sim _{1}{\frac {1}{1-x}}}
donc
∫
0
1
d
x
x
(
1
−
x
)
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{x(1-x)}}}
diverge à la fois en
0
{\displaystyle 0}
et en
1
{\displaystyle 1}
(et vaut
+
∞
{\displaystyle +\infty }
puisque l'intégrande est
>
0
{\displaystyle >0}
sur
]
0
,
1
[
{\displaystyle \left]0,1\right[}
).
L'intégrande est positif, continu sur
[
1
,
+
∞
[
{\displaystyle \left[1,+\infty \right[}
et majoré par
1
x
2
{\displaystyle {\frac {1}{x^{2}}}}
donc l'intégrale est (absolument) convergente, d'après l'exemple de Riemann du cours. Remarque : une autre façon de montrer que cette intégrale converge est de la transformer, par le changement de variable
tan
θ
=
8
x
+
1
15
{\displaystyle \tan \theta ={\frac {8x+1}{\sqrt {15}}}}
, en une intégrale non impropre, que l'on peut même calculer : cf. Changement de variable en calcul intégral, exercice 3-3-b .
En
0
{\displaystyle 0}
,
e
−
x
x
α
∼
1
x
α
{\displaystyle {\frac {\mathrm {e} ^{-x}}{x^{\alpha }}}\sim {\frac {1}{x^{\alpha }}}}
donc l'intégrale converge (absolument) si et seulement si
α
<
1
{\displaystyle \alpha <1}
, comme l'intégrale de Riemann. En
+
∞
{\displaystyle +\infty }
, elle converge toujours (absolument) car (par croissances comparées)
e
−
x
x
α
=
o
(
e
−
x
/
2
)
{\displaystyle {\frac {\mathrm {e} ^{-x}}{x^{\alpha }}}=o(\mathrm {e} ^{-x/2})}
. Remarquons qu'en fait,
∫
0
+
∞
e
−
x
x
α
d
x
=
Γ
(
1
−
α
)
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-x}}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x=\Gamma (1-\alpha )}
où
Γ
{\displaystyle \Gamma }
désigne la fonction Gamma . En particulier pour tout entier
α
≤
0
{\displaystyle \alpha \leq 0}
,
∫
0
+
∞
e
−
x
x
α
d
x
=
(
−
α
)
!
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-x}}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x=(-\alpha )!}
.
∫
0
+
∞
2
−
x
x
α
d
x
=
(
ln
2
)
α
−
1
∫
0
+
∞
e
−
y
y
α
d
y
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {2^{-x}}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x=(\ln 2)^{\alpha -1}\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-y}}{y^{\alpha }}}\,\mathrm {d} y}
.
Notons
f
(
t
)
=
t
α
exp
(
β
t
+
γ
t
)
{\displaystyle f(t)=t^{\alpha }\operatorname {exp} \left(\beta t+{\gamma \over t}\right)}
. Alors
∫
0
+
∞
f
(
t
)
d
t
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }f(t)\,\mathrm {d} t}
converge si et seulement si les intégrales
∫
0
1
f
(
t
)
d
t
{\displaystyle \int _{0}^{1}f(t)\,\mathrm {d} t}
et
∫
1
+
∞
f
(
t
)
d
t
{\displaystyle \int _{1}^{+\infty }f(t)\,\mathrm {d} t}
sont convergentes. Comme
f
(
t
)
∼
t
→
0
g
(
t
)
:=
t
α
exp
γ
t
{\displaystyle f(t)\sim _{t\to 0}g(t):=t^{\alpha }\operatorname {exp} {\gamma \over t}}
, la convergence de
∫
0
1
f
(
t
)
d
t
{\displaystyle \int _{0}^{1}f(t)\,\mathrm {d} t}
équivaut à celle de
∫
0
1
g
(
t
)
d
t
{\displaystyle \int _{0}^{1}g(t)\,\mathrm {d} t}
.
Si
γ
<
0
{\displaystyle \gamma <0}
,
lim
(
0
+
)
g
=
0
{\displaystyle \lim _{(0^{+})}g=0}
donc
g
{\displaystyle g}
est bornée sur
]
0
,
1
]
{\displaystyle \left]0,1\right]}
, d'où la convergence de
∫
0
1
g
(
t
)
d
t
{\displaystyle \int _{0}^{1}g(t)\,\mathrm {d} t}
.
Si
γ
>
0
{\displaystyle \gamma >0}
,
lim
(
t
→
0
+
)
t
g
(
t
)
=
+
∞
{\displaystyle \lim _{(t\to 0^{+})}tg(t)=+\infty }
donc il existe
η
∈
]
0
,
1
[
{\displaystyle \eta \in \left]0,1\right[}
tel que pour tout
t
∈
]
0
,
η
[
{\displaystyle t\in \left]0,\eta \right[}
,
g
(
t
)
>
1
t
{\displaystyle g(t)>{1 \over t}}
, d'où la divergence de
∫
0
1
g
(
t
)
d
t
{\displaystyle \int _{0}^{1}g(t)\,\mathrm {d} t}
.
Si
γ
=
0
{\displaystyle \gamma =0}
,
g
(
t
)
=
t
α
{\displaystyle g(t)=t^{\alpha }}
donc
∫
0
1
g
(
t
)
d
t
{\displaystyle \int _{0}^{1}g(t)\,\mathrm {d} t}
converge si et seulement si
α
>
−
1
{\displaystyle \alpha >-1}
.
Conclusion pour
∫
0
1
f
(
t
)
d
t
{\displaystyle \int _{0}^{1}f(t)\,\mathrm {d} t}
: cette intégrale converge si et seulement si
γ
<
0
{\displaystyle \gamma <0}
ou (
γ
=
0
{\displaystyle \gamma =0}
et
α
>
−
1
{\displaystyle \alpha >-1}
). Quant à l'intégrale
∫
1
+
∞
f
(
t
)
d
t
{\displaystyle \int _{1}^{+\infty }f(t)\,\mathrm {d} t}
, sa convergence est équivalente à celle de
∫
0
1
u
−
α
−
2
exp
(
γ
u
+
β
u
)
d
u
{\displaystyle \int _{0}^{1}u^{-\alpha -2}\operatorname {exp} \left(\gamma u+{\beta \over u}\right)\,\mathrm {d} u}
(par le changement de variable
u
=
1
t
{\displaystyle u={1 \over t}}
). D'après ce qui précède, cette intégrale converge si et seulement si : ou bien
β
<
0
{\displaystyle \beta <0}
, ou bien (
β
=
0
{\displaystyle \beta =0}
et
−
α
−
2
>
−
1
{\displaystyle -\alpha -2>-1}
). Conclusion pour
∫
1
+
∞
f
(
t
)
d
t
{\displaystyle \int _{1}^{+\infty }f(t)\,\mathrm {d} t}
: cette intégrale converge si et seulement si
β
<
0
{\displaystyle \beta <0}
ou (
β
=
0
{\displaystyle \beta =0}
et
α
<
−
1
{\displaystyle \alpha <-1}
). Finalement,
∫
0
+
∞
f
(
t
)
d
t
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }f(t)\,\mathrm {d} t}
converge si et seulement si l'une des conditions suivantes est satisfaite :
γ
<
0
{\displaystyle \gamma <0}
et
β
<
0
{\displaystyle \beta <0}
γ
<
0
{\displaystyle \gamma <0}
,
β
=
0
{\displaystyle \beta =0}
et
α
<
−
1
{\displaystyle \alpha <-1}
γ
=
0
{\displaystyle \gamma =0}
,
α
>
−
1
{\displaystyle \alpha >-1}
et
β
<
0
{\displaystyle \beta <0}
.
L'intégrande est positif et continu sur
]
0
,
+
∞
[
{\displaystyle \left]0,+\infty \right[}
. L'intégrale converge en
0
{\displaystyle 0}
si et seulement si (
β
≥
0
{\displaystyle \beta \geq 0}
et
α
>
−
1
{\displaystyle \alpha >-1}
) ou (
β
<
0
{\displaystyle \beta <0}
et
α
−
β
2
>
−
1
{\displaystyle \alpha -{\frac {\beta }{2}}>-1}
), et converge en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
si et seulement si (
β
>
0
{\displaystyle \beta >0}
et
β
2
−
α
>
1
{\displaystyle {\frac {\beta }{2}}-\alpha >1}
) ou (
β
≤
0
{\displaystyle \beta \leq 0}
et
−
α
>
1
{\displaystyle -\alpha >1}
). Donc l'intégrale converge (des deux côtés) si et seulement si
β
2
>
α
+
1
>
0
{\displaystyle {\frac {\beta }{2}}>\alpha +1>0}
ou
β
2
<
α
+
1
<
0
{\displaystyle {\frac {\beta }{2}}<\alpha +1<0}
.
L'intégrande est continu sur
[
0
,
+
∞
[
{\displaystyle \left[0,+\infty \right[}
et
|
cos
x
|
1
+
x
2
≤
1
x
2
{\displaystyle {\frac {|\cos x|}{1+x^{2}}}\leq {\frac {1}{x^{2}}}}
donc l'intégrale est absolument convergente, d'après l'exemple de Riemann.
Par changement de variable et équivalent, l'intégrale en
1
{\displaystyle 1}
est de même nature que celle de
1
y
{\displaystyle {\frac {1}{y}}}
en
0
{\displaystyle 0}
donc divergente, d'après l'exemple de Riemann du cours.
En
0
{\displaystyle 0}
, par équivalent, l'intégrale est de même nature que celle de
1
x
3
α
{\displaystyle {\frac {1}{x^{3\alpha }}}}
donc d'après l'exemple de Riemann du cours, elle converge (absolument) si et seulement si
3
α
<
1
{\displaystyle 3\alpha <1}
, c'est-à-dire
α
<
1
/
3
{\displaystyle \alpha <1/3}
(elle n'est même pas impropre si
α
≤
0
{\displaystyle \alpha \leq 0}
).
Remarquons d'abord que pour tout
x
>
0
{\displaystyle x>0}
,
x
−
sin
x
>
0
{\displaystyle x-\sin x>0}
(par une étude de variations très simple). En
0
{\displaystyle 0}
, l'intégrande est équivalent à
1
(
x
3
/
6
)
α
{\displaystyle {\frac {1}{(x^{3}/6)^{\alpha }}}}
. Donc l'intégrale converge si et seulement si
α
<
1
/
3
{\displaystyle \alpha <1/3}
(pour
α
≤
0
{\displaystyle \alpha \leq 0}
elle est même faussement impropre).
L'intégrande est équivalent à
1
x
α
−
1
{\displaystyle {\frac {1}{x^{\alpha -1}}}}
en
0
{\displaystyle 0}
et à
ln
2
(
1
−
x
)
β
{\displaystyle {\frac {\ln 2}{(1-x)^{\beta }}}}
en
1
{\displaystyle 1}
. L'intégrale est donc convergente (absolument) si et seulement si
α
−
1
{\displaystyle \alpha -1}
et
β
{\displaystyle \beta }
sont strictement inférieurs à
1
{\displaystyle 1}
, c'est-à-dire
α
<
2
{\displaystyle \alpha <2}
et
β
<
1
{\displaystyle \beta <1}
.
lim
x
→
0
+
1
x
arctan
x
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to 0^{+}}{\frac {1}{x^{\arctan x}}}=1}
car
arctan
x
ln
x
∼
0
+
x
ln
x
→
x
→
0
+
0
{\displaystyle \arctan x\ln x\sim _{0^{+}}x\ln x\;{\xrightarrow[{x\to 0^{+}}]{}}0}
. Par conséquent :
l'intégrale est faussement impropre en 0.
1
x
arctan
x
∼
+
∞
1
x
π
/
2
{\displaystyle {\frac {1}{x^{\arctan x}}}\sim _{+\infty }{\frac {1}{x^{\pi /2}}}}
car quand
y
:=
1
x
→
0
+
{\displaystyle y:={\frac {1}{x}}\to 0^{+}}
,
x
π
/
2
x
arctan
x
=
y
−
π
/
2
+
arctan
(
1
/
y
)
=
1
y
arctan
y
→
1
{\displaystyle {\frac {x^{\pi /2}}{x^{\arctan x}}}=y^{-\pi /2+\arctan(1/y)}={\frac {1}{y^{\arctan y}}}\to 1}
. Puisque
π
/
2
>
1
{\displaystyle \pi /2>1}
, l'intégrale converge donc aussi en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
.
Soit
y
=
ln
(
x
+
1
)
{\displaystyle y=\ln(x+1)}
. Quand
x
→
0
+
{\displaystyle x\to 0^{+}}
,
y
∼
x
→
0
+
{\displaystyle y\sim x\to 0^{+}}
donc
x
ln
ln
(
x
+
1
)
∼
y
ln
y
→
0
{\displaystyle x\ln \ln(x+1)\sim y\ln y\to 0}
. Par conséquent, l'intégrale n'est impropre qu'en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
. Elle converge (absolument) si et seulement si
4
β
−
1
>
1
{\displaystyle 4\beta -1>1}
, c'est-à-dire
β
>
1
/
2
{\displaystyle \beta >1/2}
. En effet :
si
β
=
1
/
2
+
ε
{\displaystyle \beta =1/2+\varepsilon }
avec
ε
>
0
{\displaystyle \varepsilon >0}
alors
ln
ln
(
x
+
1
)
x
4
β
−
1
=
ln
ln
(
x
+
1
)
x
1
+
4
ε
=
o
(
1
x
1
+
3
ε
)
{\displaystyle {\frac {\ln \ln(x+1)}{x^{4\beta -1}}}={\frac {\ln \ln(x+1)}{x^{1+4\varepsilon }}}=o\left({\frac {1}{x^{1+3\varepsilon }}}\right)}
, intégrable en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
(intégrale de Riemann) ;
si
β
≤
1
/
2
{\displaystyle \beta \leq 1/2}
alors
∫
1
+
∞
ln
ln
(
x
+
1
)
x
4
β
−
1
d
x
≥
∫
1
+
∞
ln
ln
x
x
d
x
=
∫
0
+
∞
ln
y
d
y
=
[
y
ln
y
−
y
]
0
+
∞
=
+
∞
{\displaystyle \int _{1}^{+\infty }{\frac {\ln \ln(x+1)}{x^{4\beta -1}}}\,\mathrm {d} x\geq \int _{1}^{+\infty }{\frac {\ln \ln x}{x}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{+\infty }\ln y\,\mathrm {d} y=\left[y\ln y-y\right]_{0}^{+\infty }=+\infty }
.
En
0
{\displaystyle 0}
, l'intégrande tend vers
1
{\displaystyle 1}
mais en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
, il est
>
1
{\displaystyle >1}
donc non intégrable.
En
0
{\displaystyle 0}
, l'intégrande est équivalent à
1
x
{\displaystyle {\frac {1}{x}}}
donc non intégrable.
En
0
{\displaystyle 0}
,
1
−
e
−
x
x
α
{\displaystyle {\frac {1-\mathrm {e} ^{-x}}{x^{\alpha }}}}
est équivalent à
1
x
α
−
1
{\displaystyle {\frac {1}{x^{\alpha -1}}}}
donc intégrable si et seulement si
α
<
2
{\displaystyle \alpha <2}
;
(
e
x
−
1
)
α
ln
(
1
+
x
)
{\displaystyle {\frac {(\mathrm {e} ^{x}-1)^{\alpha }}{\ln(1+x)}}}
est équivalent à
x
α
−
1
{\displaystyle x^{\alpha -1}}
donc intégrable si et seulement si
α
>
0
{\displaystyle \alpha >0}
.
Nature de :
∫
0
1
d
t
t
α
|
ln
t
|
β
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} t}{t^{\alpha }\left|\ln t\right|^{\beta }}}}
et
∫
1
+
∞
d
t
t
α
|
ln
t
|
β
{\displaystyle \int _{1}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{t^{\alpha }\left|\ln t\right|^{\beta }}}}
?
∫
0
+
∞
x
ln
x
(
1
+
x
2
)
α
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {x\ln x}{(1+x^{2})^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x}
?
∫
0
1
x
α
−
1
ln
x
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x^{\alpha }-1}{\ln x}}\,\mathrm {d} x}
?
∫
0
+
∞
x
sin
(
1
/
x
α
)
ln
(
1
+
x
)
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {{\sqrt {x}}\sin(1/x^{\alpha })}{\ln(1+x)}}\,\mathrm {d} x}
, si
α
>
0
{\displaystyle \alpha >0}
?
Solution
L'intégrale de
1
t
α
|
ln
t
|
β
{\displaystyle {\frac {1}{t^{\alpha }\left|\ln t\right|^{\beta }}}}
converge :
en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
si et seulement si
α
>
1
{\displaystyle \alpha >1}
ou
α
=
1
et
β
>
1
{\displaystyle \alpha =1{\text{ et }}\beta >1}
(voir l'exemple des intégrales de Bertrand dans le cours ) ;
en
0
{\displaystyle 0}
si et seulement si
α
<
1
{\displaystyle \alpha <1}
ou
α
=
1
et
β
>
1
{\displaystyle \alpha =1{\text{ et }}\beta >1}
(voir encore l'exemple des intégrales de Bertrand dans le cours) ;
en
1
{\displaystyle 1}
si et seulement si
β
<
1
{\displaystyle \beta <1}
, puisque
1
t
α
|
ln
t
|
β
∼
t
→
1
1
|
t
−
1
|
β
{\displaystyle {\frac {1}{t^{\alpha }\left|\ln t\right|^{\beta }}}\sim _{t\to 1}{\frac {1}{\left|t-1\right|^{\beta }}}}
(et d'après l'exemple de Riemann du cours).
Par conséquent, la première intégrale converge si et seulement si
α
<
1
{\displaystyle \alpha <1}
et
β
<
1
{\displaystyle \beta <1}
et la seconde converge si et seulement si
β
<
1
<
α
{\displaystyle \beta <1<\alpha }
.
En
0
{\displaystyle 0}
, l'intégrale est faussement impropre (l'intégrande tend vers
0
{\displaystyle 0}
). En
+
∞
{\displaystyle +\infty }
, par équivalents, l'intégrale converge (absolument) si et seulement si
2
α
−
1
>
1
{\displaystyle 2\alpha -1>1}
, c'est-à-dire
α
>
1
{\displaystyle \alpha >1}
.
En
1
{\displaystyle 1}
, l'intégrale est faussement impropre (par équivalents, l'intégrande tend vers
α
{\displaystyle \alpha }
). En
0
{\displaystyle 0}
, par équivalents, l'intégrale converge (absolument) si et seulement si
−
α
<
1
{\displaystyle -\alpha <1}
, c'est-à-dire
α
>
−
1
{\displaystyle \alpha >-1}
(elle est même faussement impropre si
α
≥
0
{\displaystyle \alpha \geq 0}
).
En
+
∞
{\displaystyle +\infty }
, si
α
>
0
{\displaystyle \alpha >0}
,
x
sin
(
1
/
x
α
)
ln
(
1
+
x
)
∼
1
x
α
−
1
/
2
ln
x
{\displaystyle {\frac {{\sqrt {x}}\sin(1/x^{\alpha })}{\ln(1+x)}}\sim {\frac {1}{x^{\alpha -1/2}\ln x}}}
donc l'intégrale converge si et seulement si
α
>
3
2
{\displaystyle \alpha >{\frac {3}{2}}}
. (En
0
{\displaystyle 0}
,
|
x
sin
(
1
/
x
α
)
ln
(
1
+
x
)
|
≤
x
ln
(
1
+
x
)
∼
1
x
{\displaystyle \left|{\frac {{\sqrt {x}}\sin(1/x^{\alpha })}{\ln(1+x)}}\right|\leq {\frac {\sqrt {x}}{\ln(1+x)}}\sim {\frac {1}{\sqrt {x}}}}
donc l'intégrale est absolument convergente.)
Nature de
∫
0
+
∞
cos
x
x
α
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\cos x}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x}
et de
∫
0
+
∞
sin
x
x
α
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin x}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x}
?
Solution
En
0
{\displaystyle 0}
, par équivalents, la première intégrale converge (absolument) si et seulement si
α
<
1
{\displaystyle \alpha <1}
et la seconde si et seulement si
α
<
2
{\displaystyle \alpha <2}
.
En
+
∞
{\displaystyle +\infty }
, pour chacune des deux intégrales, on a :
convergence absolue si et seulement si
α
>
1
{\displaystyle \alpha >1}
. En effet, cette condition évidemment suffisante est également nécessaire car si
α
≤
1
{\displaystyle \alpha \leq 1}
,
∫
π
+
∞
|
sin
x
|
x
α
d
x
≥
∫
π
+
∞
|
sin
x
|
x
d
x
=
+
∞
{\displaystyle \int _{\pi }^{+\infty }{\frac {\left|\sin x\right|}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x\geq \int _{\pi }^{+\infty }{\frac {\left|\sin x\right|}{x}}\,\mathrm {d} x=+\infty }
(par comparaison avec la série harmonique ) donc aussi (par changement de variable et équivalent)
∫
π
/
2
+
∞
|
cos
x
|
x
α
d
x
=
+
∞
{\displaystyle \int _{\pi /2}^{+\infty }{\frac {\left|\cos x\right|}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x=+\infty }
.
convergence simple si et seulement si
α
>
0
{\displaystyle \alpha >0}
. En effet, cette condition est non seulement nécessaire (car si
β
:=
−
α
≥
0
{\displaystyle \beta :=-\alpha \geq 0}
alors
∫
2
k
π
2
k
π
+
π
/
2
x
β
sin
x
d
x
{\displaystyle \int _{2k\pi }^{2k\pi +\pi /2}x^{\beta }\sin x\,\mathrm {d} x}
et
∫
2
k
π
2
k
π
+
π
/
2
x
β
cos
x
d
x
{\displaystyle \int _{2k\pi }^{2k\pi +\pi /2}x^{\beta }\cos x\,\mathrm {d} x}
, minorées par
(
2
k
π
)
β
{\displaystyle (2k\pi )^{\beta }}
, ne tendent pas vers 0) mais aussi suffisante, d'après l'application de la règle d'Abel vue en cours.
En résumé :
la première intégrale converge lorsque
0
<
α
<
1
{\displaystyle 0<\alpha <1}
et sa convergence n'est jamais absolue ;
la seconde converge lorsque
0
<
α
<
2
{\displaystyle 0<\alpha <2}
mais sa convergence n'est absolue que si
α
>
1
{\displaystyle \alpha >1}
.
Nature de :
∫
0
1
sin
(
1
/
x
)
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{1}\sin(1/x)\,\mathrm {d} x}
?
∫
0
1
d
x
arccos
x
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{\arccos x}}}
?
∫
0
+
∞
sin
(
x
2
)
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }\sin(x^{2})\,\mathrm {d} x}
?
∫
0
+
∞
cos
(
x
α
)
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }\cos(x^{\alpha })\,\mathrm {d} x}
et
∫
1
+
∞
sin
1
x
x
d
x
{\displaystyle \int _{1}^{+\infty }\sin {\frac {1}{x{\sqrt {x}}}}\,\mathrm {d} x}
?
∫
0
+
∞
sin
2
x
x
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin ^{2}x}{x}}\,\mathrm {d} x}
?
∫
1
+
∞
(
1
−
cos
1
x
)
sin
x
d
x
{\displaystyle \int _{1}^{+\infty }\left(1-\cos {\frac {1}{\sqrt {x}}}\right)\sin x\,\mathrm {d} x}
?
∫
0
+
∞
1
−
cos
x
x
α
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {1-\cos x}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x}
,
∫
0
+
∞
sin
2
y
y
α
d
y
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin ^{2}y}{y^{\alpha }}}\,\mathrm {d} y}
et
∫
0
+
∞
2
sin
x
cos
x
x
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {2\sin x\cos x}{x}}\,\mathrm {d} x}
?
∫
0
+
∞
sin
x
sin
1
x
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }\sin x\sin {\frac {1}{x}}\,\mathrm {d} x}
?
∫
1
+
∞
(
x
2
+
cos
x
−
x
)
d
x
{\displaystyle \int _{1}^{+\infty }\left({\sqrt {x^{2}+\cos x}}-x\right)\,\mathrm {d} x}
?
Solution
Par changement de variable, cette intégrale est absolument convergente, comme celle de
sin
y
y
2
{\displaystyle {\frac {\sin y}{y^{2}}}}
en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
.
Par changement de variable, cette intégrale est absolument convergente, comme celle (faussement impropre) de
sin
y
y
{\displaystyle {\frac {\sin y}{y}}}
en
0
{\displaystyle 0}
.
Par changement de variable, cette intégrale est semi-convergente, comme celle de
sin
y
y
1
/
2
{\displaystyle {\frac {\sin y}{y^{1/2}}}}
en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
.
Supposons
α
≠
0
{\displaystyle \alpha \neq 0}
(sinon, l'intégrale diverge évidemment). Par changement de variable, l'intégrale
∫
0
+
∞
cos
(
x
α
)
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }\cos(x^{\alpha })\,\mathrm {d} x}
est de même nature que
∫
0
+
∞
cos
y
y
β
d
y
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\cos y}{y^{\beta }}}\,\mathrm {d} y}
avec
β
=
1
−
1
α
{\displaystyle \beta =1-{\frac {1}{\alpha }}}
. Elle est donc convergente si et seulement si
0
<
1
−
1
α
<
1
{\displaystyle 0<1-{\frac {1}{\alpha }}<1}
c'est-à-dire
α
>
1
{\displaystyle \alpha >1}
, et sa convergence n'est jamais absolue.
∫
1
+
∞
sin
1
x
x
d
x
{\displaystyle \int _{1}^{+\infty }\sin {\frac {1}{x{\sqrt {x}}}}\,\mathrm {d} x}
converge (absolument) car
sin
1
x
x
∼
+
∞
1
x
3
/
2
>
0
{\displaystyle \sin {\frac {1}{x{\sqrt {x}}}}\sim _{+\infty }{\frac {1}{x^{3/2}}}>0}
et
3
2
>
1
{\displaystyle {\frac {3}{2}}>1}
.
En
0
{\displaystyle 0}
, l'intégrale est faussement impropre (l'intégrande tend vers
0
{\displaystyle 0}
). En
+
∞
{\displaystyle +\infty }
, elle diverge, puisque
sin
2
(
x
+
π
/
2
)
x
+
π
/
2
∼
cos
2
x
x
{\displaystyle {\frac {\sin ^{2}(x+\pi /2)}{x+\pi /2}}\sim {\frac {\cos ^{2}x}{x}}}
et
sin
2
x
x
+
cos
2
x
x
=
1
x
{\displaystyle {\frac {\sin ^{2}x}{x}}+{\frac {\cos ^{2}x}{x}}={\frac {1}{x}}}
, dont l'intégrale est divergente.
L'intégrande est continu sur
[
1
,
+
∞
[
{\displaystyle \left[1,+\infty \right[}
(et même sur
]
0
,
+
∞
[
{\displaystyle \left]0,+\infty \right[}
). En
+
∞
{\displaystyle +\infty }
,
(
1
−
cos
1
x
)
sin
x
=
(
1
2
x
+
O
(
1
x
2
)
)
sin
x
=
sin
x
2
x
+
O
(
1
x
2
)
{\displaystyle \left(1-\cos {\frac {1}{\sqrt {x}}}\right)\sin x=\left({\frac {1}{2x}}+O\left({\frac {1}{x^{2}}}\right)\right)\sin x={\frac {\sin x}{2x}}+O\left({\frac {1}{x^{2}}}\right)}
donc l'intégrale est semi-convergente, comme somme d'une intégrale semi-convergente et d'une intégrale absolument convergente.
En
0
{\displaystyle 0}
, la fonction (positive)
1
−
cos
x
x
α
∼
1
2
x
α
−
2
{\displaystyle {\frac {1-\cos x}{x^{\alpha }}}\sim {\frac {1}{2x^{\alpha -2}}}}
est intégrable si et seulement si
α
−
2
<
1
{\displaystyle \alpha -2<1}
, c'est-à-dire
α
<
3
{\displaystyle \alpha <3}
. En
+
∞
{\displaystyle +\infty }
, l'intégrale converge si
α
>
1
{\displaystyle \alpha >1}
(car
0
≤
1
−
cos
x
x
α
≤
1
x
α
{\displaystyle 0\leq {\frac {1-\cos x}{x^{\alpha }}}\leq {\frac {1}{x^{\alpha }}}}
) et diverge si
α
≤
1
{\displaystyle \alpha \leq 1}
(car
∫
2
k
π
+
π
/
2
2
k
π
+
3
π
/
2
1
−
cos
x
x
α
d
x
≥
∫
2
k
π
+
π
/
2
2
k
π
+
3
π
/
2
d
x
x
=
ln
2
k
π
+
3
π
/
2
2
k
π
+
π
/
2
∼
1
2
k
{\displaystyle \int _{2k\pi +\pi /2}^{2k\pi +3\pi /2}{\frac {1-\cos x}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x\geq \int _{2k\pi +\pi /2}^{2k\pi +3\pi /2}{\frac {\mathrm {d} x}{x}}=\ln {\frac {2k\pi +3\pi /2}{2k\pi +\pi /2}}\sim {\frac {1}{2k}}}
). Finalement,
∫
0
+
∞
1
−
cos
x
x
α
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {1-\cos x}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x}
converge si et seulement si
1
<
α
<
3
{\displaystyle 1<\alpha <3}
. Par changement de variable
y
=
x
2
{\displaystyle y={\frac {x}{2}}}
,
∫
0
+
∞
1
−
cos
x
x
α
d
x
=
2
2
−
α
∫
0
+
∞
sin
2
y
y
α
d
y
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {1-\cos x}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x=2^{2-\alpha }\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin ^{2}y}{y^{\alpha }}}\,\mathrm {d} y}
. Par changement de variable
y
=
2
x
{\displaystyle y=2x}
,
∫
0
+
∞
2
sin
x
cos
x
d
x
x
=
∫
0
+
∞
sin
y
d
y
y
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }2\sin x\cos x\,{\frac {\mathrm {d} x}{x}}=\int _{0}^{+\infty }\sin y\,{\frac {\mathrm {d} y}{y}}}
, semi-convergente.
En
0
{\displaystyle 0}
,
sin
x
sin
1
x
∼
x
sin
1
x
→
0
{\displaystyle \sin x\sin {\frac {1}{x}}\sim x\sin {\frac {1}{x}}\to 0}
donc l'intégrale est faussement impropre. En
+
∞
{\displaystyle +\infty }
,
sin
x
sin
1
x
=
sin
x
(
1
x
+
O
(
1
/
x
3
)
)
=
sin
x
x
+
O
(
1
/
x
3
)
{\displaystyle \sin x\sin {\frac {1}{x}}=\sin x\left({\frac {1}{x}}+O(1/x^{3})\right)={\frac {\sin x}{x}}+O(1/x^{3})}
, donc même conclusion que dans la question 6.
En
+
∞
{\displaystyle +\infty }
,
x
2
+
cos
x
−
x
=
x
(
1
+
cos
x
x
2
−
1
)
=
x
(
cos
x
2
x
2
+
O
(
1
/
x
4
)
)
=
cos
x
2
x
+
O
(
1
/
x
3
)
{\displaystyle {\sqrt {x^{2}+\cos x}}-x=x\left({\sqrt {1+{\frac {\cos x}{x^{2}}}}}-1\right)=x\left({\frac {\cos x}{2x^{2}}}+O(1/x^{4})\right)={\frac {\cos x}{2x}}+O(1/x^{3})}
donc même conclusion que pour l'intégrale précédente.
Soient
f
:
R
+
→
R
{\displaystyle f:\mathbb {R} _{+}\to \mathbb {R} }
une fonction localement intégrable, et
I
n
=
∫
0
n
f
(
x
)
d
x
{\displaystyle I_{n}=\int _{0}^{n}f(x)\,\mathrm {d} x}
. On suppose que
I
n
→
I
∈
R
{\displaystyle I_{n}\to I\in \mathbb {R} }
. Est-il vrai que sous cette hypothèse :
Si l'intégrale
∫
0
+
∞
f
(
x
)
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }f(x)\,\mathrm {d} x}
converge alors
∫
0
+
∞
f
(
x
)
d
x
=
I
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }f(x)\,\mathrm {d} x=I}
?
Si
f
{\displaystyle f}
est positive alors l'intégrale
∫
0
+
∞
f
(
x
)
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }f(x)\,\mathrm {d} x}
converge ?
Si
f
{\displaystyle f}
est positive alors l'intégrale
∫
0
+
∞
f
2
(
x
)
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }f^{2}(x)\,\mathrm {d} x}
converge ?
Si
f
{\displaystyle f}
est positive alors
lim
+
∞
f
=
0
{\displaystyle \lim _{+\infty }f=0}
?
Si
f
{\displaystyle f}
admet en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
une limite (finie ou infinie), alors l'intégrale
∫
0
+
∞
f
(
x
)
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }f(x)\,\mathrm {d} x}
converge ?
Si
f
{\displaystyle f}
est dérivable et de dérivée bornée, alors l'intégrale
∫
0
+
∞
f
(
x
)
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }f(x)\,\mathrm {d} x}
converge ?
Solution
Vrai car si
lim
A
→
+
∞
∫
0
A
f
(
x
)
d
x
=
J
{\displaystyle \lim _{A\to +\infty }\int _{0}^{A}f(x)\,\mathrm {d} x=J}
alors
lim
I
n
=
J
{\displaystyle \lim I_{n}=J}
.
Vrai car
∀
A
∈
R
+
I
⌊
A
⌋
≤
∫
0
A
f
(
x
)
d
x
≤
I
⌊
A
⌋
+
1
{\displaystyle \forall A\in \mathbb {R} _{+}\quad I_{\lfloor A\rfloor }\leq \int _{0}^{A}f(x)\,\mathrm {d} x\leq I_{\lfloor A\rfloor +1}}
(où
⌊
A
⌋
{\displaystyle \lfloor A\rfloor }
désigne la partie entière de
A
{\displaystyle A}
) donc
|
∫
0
A
f
(
x
)
d
x
−
I
|
≤
max
(
|
I
⌊
A
⌋
−
I
|
,
|
I
⌊
A
⌋
+
1
−
I
|
)
→
0
{\displaystyle \left|\int _{0}^{A}f(x)\,\mathrm {d} x-I\right|\leq \max \left(\left|I_{\lfloor A\rfloor }-I\right|,\left|I_{\lfloor A\rfloor +1}-I\right|\right)\to 0}
quand
A
→
+
∞
{\displaystyle A\to +\infty }
.
Faux. On peut même construire un contre-exemple où, de plus, la fonction positive
f
{\displaystyle f}
est continue et non bornée :
f
(
x
)
=
{
n
g
(
n
3
(
x
−
n
)
)
si
n
≤
x
≤
n
+
1
n
3
pour un
n
∈
N
∗
0
sinon
{\displaystyle f(x)={\begin{cases}ng(n^{3}(x-n))&{\text{ si }}&n\leq x\leq n+{\frac {1}{n^{3}}}{\text{ pour un }}n\in \mathbb {N} ^{*}\\0&{\text{ sinon}}\end{cases}}}
pour n'importe quelle fonction continue non nulle
g
:
[
0
,
1
]
→
R
+
{\displaystyle g:\left[0,1\right]\to \mathbb {R} _{+}}
, nulle en
0
{\displaystyle 0}
et
1
{\displaystyle 1}
(par construction,
I
n
+
1
=
G
∑
k
=
1
n
1
k
2
{\displaystyle I_{n+1}=G\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{2}}}}
, avec
G
=
∫
0
1
g
(
t
)
d
t
{\displaystyle G=\int _{0}^{1}g(t)\,\mathrm {d} t}
).
Faux, d'après les deux points précédents (c'est pourquoi la notion de divergence grossière n'existe pas pour les intégrales).
Vrai :
Montrons d'abord que cette limite
ℓ
{\displaystyle \ell }
est forcément
0
{\displaystyle 0}
. Pour tout entier naturel
n
{\displaystyle n}
, puisque
I
n
+
1
−
I
n
=
∫
n
n
+
1
f
(
x
)
d
x
{\displaystyle I_{n+1}-I_{n}=\int _{n}^{n+1}f(x)\,\mathrm {d} x}
, on a :
inf
x
≥
n
f
(
x
)
≤
I
n
+
1
−
I
n
≤
sup
x
≥
n
f
(
x
)
{\displaystyle \inf _{x\geq n}f(x)\leq I_{n+1}-I_{n}\leq \sup _{x\geq n}f(x)}
. Par passage à la limite, on en déduit :
ℓ
≤
0
≤
ℓ
{\displaystyle \ell \leq 0\leq \ell }
.
Sachant maintenant que
lim
+
∞
f
=
0
{\displaystyle \lim _{+\infty }f=0}
, montrons que l'intégrale converge.
∀
A
∈
R
+
|
∫
0
A
f
(
x
)
d
x
−
I
⌊
A
⌋
|
=
|
∫
⌊
A
⌋
A
f
(
x
)
d
x
|
≤
∫
⌊
A
⌋
A
|
f
(
x
)
|
d
x
≤
(
A
−
⌊
A
⌋
)
sup
⌊
A
⌋
≤
x
≤
A
|
f
(
x
)
|
≤
sup
x
≥
⌊
A
⌋
|
f
(
x
)
|
{\displaystyle \forall A\in \mathbb {R} _{+}\quad \left|\int _{0}^{A}f(x)\,\mathrm {d} x-I_{\lfloor A\rfloor }\right|=\left|\int _{\lfloor A\rfloor }^{A}f(x)\,\mathrm {d} x\right|\leq \int _{\lfloor A\rfloor }^{A}\left|f(x)\right|\,\mathrm {d} x\leq \left(A-\lfloor A\rfloor \right)\sup _{\lfloor A\rfloor \leq x\leq A}\left|f(x)\right|\leq \sup _{x\geq \lfloor A\rfloor }\left|f(x)\right|}
donc
|
∫
0
A
f
(
x
)
d
x
−
I
|
≤
sup
x
≥
⌊
A
⌋
|
f
(
x
)
|
+
|
I
⌊
A
⌋
−
I
|
→
0
{\displaystyle \left|\int _{0}^{A}f(x)\,\mathrm {d} x-I\right|\leq \sup _{x\geq \lfloor A\rfloor }\left|f(x)\right|+\left|I_{\lfloor A\rfloor }-I\right|\to 0}
quand
A
→
+
∞
{\displaystyle A\to +\infty }
.
Faux. Exemple :
f
(
x
)
=
cos
(
π
x
)
{\displaystyle f(x)=\cos(\pi x)}
(
⇒
I
n
=
0
{\displaystyle \Rightarrow I_{n}=0}
).
Pour quelle valeur de
α
{\displaystyle \alpha }
l'intégrale
∫
0
+
∞
(
1
1
+
2
x
2
−
α
x
+
1
)
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }\left({\frac {1}{\sqrt {1+2x^{2}}}}-{\frac {\alpha }{x+1}}\right)\,\mathrm {d} x}
est-elle convergente ? La calculer dans ce cas.
Rappel : une primitive de
1
1
+
t
2
{\displaystyle {\frac {1}{\sqrt {1+t^{2}}}}}
est
arsinh
t
=
ln
(
t
+
t
2
+
1
)
{\displaystyle \operatorname {arsinh} t=\ln \left(t+{\sqrt {t^{2}+1}}\right)}
.
Solution
La primitive nulle en 0 de l'intégrande est
F
(
x
)
:=
ln
(
x
2
+
2
x
2
+
1
)
2
−
α
ln
(
x
+
1
)
{\displaystyle F(x):={\frac {\ln \left(x{\sqrt {2}}+{\sqrt {2x^{2}+1}}\right)}{\sqrt {2}}}-\alpha \ln(x+1)}
.
Or
ln
(
x
2
+
2
x
2
+
1
)
=
ln
(
2
x
2
(
1
2
+
1
2
1
+
1
2
x
2
)
)
=
ln
(
2
x
2
)
+
ln
(
1
+
o
(
1
/
x
)
)
=
ln
x
+
ln
(
2
2
)
+
o
(
1
/
x
)
{\displaystyle \ln \left(x{\sqrt {2}}+{\sqrt {2x^{2}+1}}\right)=\ln \left(2x{\sqrt {2}}\left({\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}{\sqrt {1+{\frac {1}{2x^{2}}}}}\right)\right)=\ln \left(2x{\sqrt {2}}\right)+\ln \left(1+o(1/x)\right)=\ln x+\ln \left(2{\sqrt {2}}\right)+o(1/x)}
et
ln
(
x
+
1
)
=
ln
x
+
ln
(
1
+
1
x
)
=
ln
x
+
O
(
1
/
x
)
{\displaystyle \ln(x+1)=\ln x+\ln \left(1+{\frac {1}{x}}\right)=\ln x+O(1/x)}
.
Par conséquent,
F
(
x
)
=
ln
x
+
ln
(
2
2
)
2
−
α
ln
x
+
O
(
1
x
)
{\displaystyle F(x)={\frac {\ln x+\ln(2{\sqrt {2}})}{\sqrt {2}}}-\alpha \ln x+O\left({\frac {1}{x}}\right)}
et la limite de
F
{\displaystyle F}
en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
est donc finie si et seulement si
α
=
1
2
{\displaystyle \alpha ={\frac {1}{\sqrt {2}}}}
, et vaut alors
ln
(
2
2
)
2
{\displaystyle {\frac {\ln(2{\sqrt {2}})}{\sqrt {2}}}}
.
Montrer la convergence et calculer :
∫
0
+
∞
d
t
1
+
t
2
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{1+t^{2}}}}
,
∫
1
+
∞
d
t
1
+
t
2
{\displaystyle \int _{1}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{1+t^{2}}}}
,
∫
−
∞
+
∞
d
t
t
2
+
2
t
+
2
{\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{t^{2}+2t+2}}}
et
I
n
:=
∫
0
+
∞
d
t
(
1
+
t
2
)
n
+
1
{\displaystyle I_{n}:=\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{(1+t^{2})^{n+1}}}}
;
∫
0
1
d
t
t
(
1
+
t
)
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} t}{{\sqrt {t}}\left(1+t\right)}}}
et
∫
1
+
∞
d
t
t
(
1
+
t
)
{\displaystyle \int _{1}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{{\sqrt {t}}\left(1+t\right)}}}
;
∫
0
1
d
t
t
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} t}{\sqrt {t}}}}
et
∫
−
1
0
e
x
1
−
e
x
d
x
{\displaystyle \int _{-1}^{0}{\frac {\mathrm {e} ^{x}}{\sqrt {1-\mathrm {e} ^{x}}}}\;\mathrm {d} x}
;
∫
0
+
∞
d
t
(
t
+
1
)
(
t
+
2
)
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{(t+1)(t+2)}}}
;
∫
2
+
∞
d
x
x
2
−
1
{\displaystyle \int _{2}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{x^{2}-1}}}
;
∫
0
+
∞
d
x
(
x
+
1
)
(
x
+
2
)
(
x
+
3
)
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{(x+1)(x+2)(x+3)}}}
;
∫
3
+
∞
d
x
(
x
2
−
3
x
+
2
)
2
{\displaystyle \int _{3}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{(x^{2}-3x+2)^{2}}}}
;
∫
0
+
∞
e
−
t
cos
t
d
t
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-t}\cos t\,\mathrm {d} t}
;
∫
4
5
d
t
(
t
−
4
)
(
5
−
t
)
{\displaystyle \int _{4}^{5}{\frac {\mathrm {d} t}{\sqrt {(t-4)(5-t)}}}}
;
∫
0
+
∞
ln
t
1
+
t
2
d
t
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\ln t}{1+t^{2}}}\,\mathrm {d} t}
ou plus généralement,
∫
0
+
∞
f
(
t
)
ln
t
d
t
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }f(t)\ln t\,\mathrm {d} t}
avec
f
(
t
)
=
t
γ
(
1
+
t
α
1
)
β
1
…
(
1
+
t
α
n
)
β
n
{\displaystyle f(t)={\frac {t^{\gamma }}{\left(1+t^{\alpha _{1}}\right)^{\beta _{1}}\dots \left(1+t^{\alpha _{n}}\right)^{\beta _{n}}}}}
et
0
<
2
+
2
γ
=
∑
α
i
β
i
{\displaystyle 0<2+2\gamma =\sum \alpha _{i}\beta _{i}}
;
I
α
:=
∫
0
+
∞
1
(
1
+
t
2
)
(
1
+
t
α
)
d
t
{\displaystyle I_{\alpha }:=\int _{0}^{+\infty }{\frac {1}{\left(1+t^{2}\right)\left(1+t^{\alpha }\right)}}\,\mathrm {d} t}
et
J
α
:=
∫
0
+
∞
t
α
(
1
+
t
2
)
(
1
+
t
α
)
d
t
{\displaystyle J_{\alpha }:=\int _{0}^{+\infty }{\frac {t^{\alpha }}{\left(1+t^{2}\right)\left(1+t^{\alpha }\right)}}\,\mathrm {d} t}
(
α
∈
R
{\displaystyle \alpha \in \mathbb {R} }
) ;
∫
0
1
ln
t
1
−
t
d
t
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\ln t}{\sqrt {1-t}}}\,\mathrm {d} t}
;
∫
−
∞
+
∞
d
x
(
a
+
x
2
)
(
b
+
x
2
)
{\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{(a+x^{2})(b+x^{2})}}}
et
∫
−
∞
+
∞
x
2
d
x
(
a
+
x
2
)
(
b
+
x
2
)
{\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }{\frac {x^{2}\,\mathrm {d} x}{(a+x^{2})(b+x^{2})}}}
(
a
,
b
>
0
{\displaystyle a,b>0}
) ;
∫
−
∞
+
∞
x
cosh
x
d
x
{\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }{\frac {x}{\cosh x}}\,\mathrm {d} x}
.
∫
0
+
∞
x
α
−
1
e
−
x
α
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }x^{\alpha -1}\operatorname {e} ^{-x^{\alpha }}\,\mathrm {d} x}
pour
α
>
0
{\displaystyle \alpha >0}
et
∫
0
+
∞
e
−
x
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-{\sqrt {x}}}\,\mathrm {d} x}
;
∫
0
+
∞
(
α
x
+
β
)
e
−
x
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }(\alpha x+\beta )\operatorname {e} ^{-x}\,\mathrm {d} x}
et
∫
0
+
∞
(
x
2
−
3
x
−
7
)
e
−
x
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }(x^{2}-3x-7)\operatorname {e} ^{-x}\,\mathrm {d} x}
;
∫
1
+
∞
ln
t
t
α
d
t
{\displaystyle \int _{1}^{+\infty }{\frac {\ln t}{t^{\alpha }}}\;\mathrm {d} t}
pour
α
>
1
{\displaystyle \alpha >1}
et
∫
0
1
ln
t
t
α
d
t
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\ln t}{t^{\alpha }}}\;\mathrm {d} t}
pour
α
<
1
{\displaystyle \alpha <1}
;
∫
0
+
∞
d
x
cosh
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{\cosh x}}}
.
Solution
I
0
=
[
arctan
t
]
0
+
∞
=
π
/
2
{\displaystyle I_{0}=\left[\arctan t\right]_{0}^{+\infty }=\pi /2}
,
[
arctan
t
]
1
+
∞
=
π
/
4
{\displaystyle \left[\arctan t\right]_{1}^{+\infty }=\pi /4}
,
[
arctan
(
t
+
1
)
]
−
∞
+
∞
=
π
{\displaystyle \left[\arctan(t+1)\right]_{-\infty }^{+\infty }=\pi }
et
I
n
=
[
t
(
1
+
t
2
)
n
+
1
]
0
+
∞
+
(
n
+
1
)
∫
0
+
∞
2
t
2
(
1
+
t
2
)
n
+
2
d
t
=
0
+
2
(
n
+
1
)
(
I
n
−
I
n
+
1
)
{\displaystyle I_{n}=\left[{\frac {t}{(1+t^{2})^{n+1}}}\right]_{0}^{+\infty }+(n+1)\int _{0}^{+\infty }{\frac {2t^{2}}{(1+t^{2})^{n+2}}}\,\mathrm {d} t=0+2(n+1)(I_{n}-I_{n+1})}
, ce qui se réécrit
I
n
+
1
=
2
n
+
1
2
n
+
2
I
n
{\displaystyle I_{n+1}={\frac {2n+1}{2n+2}}I_{n}}
et donc (par récurrence)
I
n
=
2
n
−
1
2
n
2
n
−
3
2
n
−
2
…
3
4
1
2
π
2
=
(
2
n
)
!
(
2
n
n
!
)
2
π
2
{\displaystyle I_{n}={\frac {2n-1}{2n}}{\frac {2n-3}{2n-2}}\dots {\frac {3}{4}}{\frac {1}{2}}{\frac {\pi }{2}}={\frac {(2n)!}{(2^{n}n!)^{2}}}{\frac {\pi }{2}}}
(il s'agit en fait de l'intégrale de Wallis
W
2
n
{\displaystyle W_{2n}}
. Pour une autre méthode, voir Mathématiques en MP/Exercices/Intégrales dépendant d'un paramètre#Exercice 2-2 ) ;
∫
a
b
d
t
t
(
1
+
t
)
=
∫
a
b
2
d
s
1
+
s
2
=
2
[
arctan
s
]
a
b
{\displaystyle \int _{a}^{b}{\frac {\mathrm {d} t}{{\sqrt {t}}\left(1+t\right)}}=\int _{\sqrt {a}}^{\sqrt {b}}{\frac {2\mathrm {d} s}{1+s^{2}}}=2[\arctan s]_{\sqrt {a}}^{\sqrt {b}}}
donc
∫
0
1
d
t
t
(
1
+
t
)
=
∫
1
+
∞
d
t
t
(
1
+
t
)
=
π
2
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} t}{{\sqrt {t}}\left(1+t\right)}}=\int _{1}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{{\sqrt {t}}\left(1+t\right)}}={\frac {\pi }{2}}}
. Le changement de variable
x
=
1
t
{\displaystyle x={\frac {1}{t}}}
permettait d'ailleurs de prévoir que ces deux intégrales sont égales.
[
2
t
]
0
1
=
2
{\displaystyle \left[2{\sqrt {t}}\right]_{0}^{1}=2}
et
∫
0
1
−
e
−
1
d
t
t
=
[
2
t
]
0
1
−
e
−
1
=
2
1
−
e
−
1
{\displaystyle \int _{0}^{1-\mathrm {e} ^{-1}}{\frac {\mathrm {d} t}{\sqrt {t}}}=\left[2{\sqrt {t}}\right]_{0}^{1-\mathrm {e} ^{-1}}=2{\sqrt {1-\mathrm {e} ^{-1}}}}
;
La décomposition en éléments simples de l'intégrande est
1
(
X
+
1
)
(
X
+
2
)
=
1
X
+
1
−
1
X
+
2
{\displaystyle {\frac {1}{(X+1)(X+2)}}={\frac {1}{X+1}}-{\frac {1}{X+2}}}
. Une primitive sur
]
−
1
,
+
∞
[
{\displaystyle \left]-1,+\infty \right[}
est donc :
F
(
t
)
=
ln
t
+
1
t
+
2
{\displaystyle F(t)=\ln {\frac {t+1}{t+2}}}
. Puisque
lim
+
∞
F
=
0
∈
R
{\displaystyle \lim _{+\infty }F=0\in \mathbb {R} }
, l'intégrale converge et
∫
0
+
∞
d
t
(
t
+
1
)
(
t
+
2
)
=
0
−
F
(
0
)
=
ln
2
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{(t+1)(t+2)}}=0-F(0)=\ln 2}
.
Raisonnement analogue, avec
1
X
2
−
1
=
1
/
2
X
−
1
−
1
/
2
X
+
1
{\displaystyle {\frac {1}{X^{2}-1}}={\frac {1/2}{X-1}}-{\frac {1/2}{X+1}}}
(détail du calcul dans cette leçon ),
F
(
x
)
=
1
2
ln
x
−
1
x
+
1
{\displaystyle F(x)={\frac {1}{2}}\ln {\frac {x-1}{x+1}}}
(sur
]
1
,
+
∞
[
{\displaystyle \left]1,+\infty \right[}
) et
∫
2
+
∞
d
x
x
2
−
1
=
0
−
F
(
2
)
=
ln
3
2
{\displaystyle \int _{2}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{x^{2}-1}}=0-F(2)={\frac {\ln 3}{2}}}
.
Raisonnement analogue, avec
1
(
X
+
1
)
(
X
+
2
)
(
X
+
3
)
=
1
/
2
X
+
1
−
1
X
+
2
+
1
/
2
X
+
3
{\displaystyle {\frac {1}{(X+1)(X+2)(X+3)}}={\frac {1/2}{X+1}}-{\frac {1}{X+2}}+{\frac {1/2}{X+3}}}
(détail du calcul dans cet exercice ),
F
(
x
)
=
1
2
ln
(
x
+
1
)
(
x
+
3
)
(
x
+
2
)
2
{\displaystyle F(x)={\frac {1}{2}}\ln {\frac {(x+1)(x+3)}{(x+2)^{2}}}}
(sur
]
−
1
,
+
∞
[
{\displaystyle \left]-1,+\infty \right[}
) et
∫
0
+
∞
d
x
(
x
+
1
)
(
x
+
2
)
(
x
+
3
)
=
0
−
F
(
0
)
=
ln
(
4
/
3
)
2
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{(x+1)(x+2)(x+3)}}=0-F(0)={\frac {\ln(4/3)}{2}}}
.
Raisonnement analogue, avec
1
(
X
2
−
3
X
+
2
)
2
=
2
X
−
1
+
1
(
X
−
1
)
2
−
2
X
−
2
+
1
(
X
−
2
)
2
{\displaystyle {\frac {1}{\left(X^{2}-3X+2\right)^{2}}}={\frac {2}{X-1}}+{\frac {1}{\left(X-1\right)^{2}}}-{\frac {2}{X-2}}+{\frac {1}{\left(X-2\right)^{2}}}}
(détail du calcul dans cet exercice ),
F
(
x
)
=
2
ln
|
x
−
1
x
−
2
|
−
1
x
−
1
−
1
x
−
2
{\displaystyle F(x)=2\ln \left|{\frac {x-1}{x-2}}\right|-{\frac {1}{x-1}}-{\frac {1}{x-2}}}
(sur
]
−
∞
,
1
[
{\displaystyle \left]-\infty ,1\right[}
,
]
1
,
2
[
{\displaystyle \left]1,2\right[}
et
]
2
,
+
∞
[
{\displaystyle \left]2,+\infty \right[}
) et
∫
3
+
∞
d
x
(
x
2
−
3
x
+
2
)
2
=
0
−
F
(
3
)
=
3
2
−
2
ln
2
{\displaystyle \int _{3}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{(x^{2}-3x+2)^{2}}}=0-F(3)={\frac {3}{2}}-2\ln 2}
.
Par double intégration par parties ,
∫
0
+
∞
e
−
t
cos
t
d
t
=
[
e
−
t
(
sin
t
−
cos
t
)
2
]
0
+
∞
=
1
2
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-t}\cos t\,\mathrm {d} t=\left[{\frac {\mathrm {e} ^{-t}\left(\sin t-\cos t\right)}{2}}\right]_{0}^{+\infty }={\frac {1}{2}}}
.
Par changement de variable
s
=
2
t
−
9
{\displaystyle s=2t-9}
,
∫
4
5
d
t
(
t
−
4
)
(
5
−
t
)
=
∫
−
1
1
d
s
1
−
s
2
=
[
arcsin
s
]
−
1
1
=
π
{\displaystyle \int _{4}^{5}{\frac {\mathrm {d} t}{\sqrt {(t-4)(5-t)}}}=\int _{-1}^{1}{\frac {\mathrm {d} s}{\sqrt {1-s^{2}}}}=\left[\arcsin s\right]_{-1}^{1}=\pi }
(ce qui prouve « à la volée » la convergence).
Par équivalents, l'intégrale converge en 0 car
γ
>
−
1
{\displaystyle \gamma >-1}
. Par changement de variable
s
=
1
/
t
{\displaystyle s=1/t}
, l'intégrale
∫
1
+
∞
f
(
t
)
ln
t
d
t
d
t
{\displaystyle \int _{1}^{+\infty }f(t)\ln t\,\mathrm {d} t\,\mathrm {d} t}
est l'opposée de
∫
0
1
f
(
t
)
ln
t
d
t
d
t
{\displaystyle \int _{0}^{1}f(t)\ln t\,\mathrm {d} t\,\mathrm {d} t}
(donc, comme elle, convergente), si bien que
∫
0
+
∞
f
(
t
)
ln
t
d
t
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }f(t)\ln t\,\mathrm {d} t}
est convergente et nulle.
L'intégrande (positif et continu sur
]
0
,
+
∞
[
{\displaystyle \left]0,+\infty \right[}
) est majoré par
1
1
+
t
2
{\displaystyle {\frac {1}{1+t^{2}}}}
(intégrable sur
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
) donc l'intégrale converge. Par changement de variable
s
=
1
/
t
{\displaystyle s=1/t}
,
I
α
=
∫
+
∞
0
1
(
1
+
s
−
2
)
(
1
+
s
−
α
)
−
d
s
s
2
=
J
α
{\displaystyle I_{\alpha }=\int _{+\infty }^{0}{\frac {1}{\left(1+s^{-2}\right)\left(1+s^{-\alpha }\right)}}{\frac {-\mathrm {d} s}{s^{2}}}=J_{\alpha }}
donc
I
α
=
I
α
+
J
α
2
=
1
2
∫
0
+
∞
1
1
+
t
2
d
t
=
π
4
=
I
0
{\displaystyle I_{\alpha }={\frac {I_{\alpha }+J_{\alpha }}{2}}={\frac {1}{2}}\int _{0}^{+\infty }{\frac {1}{1+t^{2}}}\,\mathrm {d} t={\frac {\pi }{4}}=I_{0}}
(ce qui, pour
α
>
−
1
{\displaystyle \alpha >-1}
, était prévisible au vu de la question précédente, par dérivation par rapport au paramètre ).
Par changement de variable
s
=
1
−
t
{\displaystyle s={\sqrt {1-t}}}
,
∫
0
1
ln
t
1
−
t
d
t
=
2
∫
0
1
ln
(
1
−
s
2
)
d
s
=
2
[
G
(
1
+
s
)
−
G
(
1
−
s
)
]
0
1
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\ln t}{\sqrt {1-t}}}\,\mathrm {d} t=2\int _{0}^{1}\ln(1-s^{2})\,\mathrm {d} s=2\left[G(1+s)-G(1-s)\right]_{0}^{1}}
, avec
G
(
x
)
=
x
ln
x
−
x
{\displaystyle G(x)=x\ln x-x}
, continue sur
]
0
,
+
∞
[
{\displaystyle \left]0,+\infty \right[}
. Puisque
lim
0
G
=
0
∈
R
{\displaystyle \lim _{0}G=0\in \mathbb {R} }
, l'intégrale est donc convergente et vaut
2
(
G
(
2
)
−
0
)
=
4
(
ln
2
−
1
)
{\displaystyle 2\left(G(2)-0\right)=4\left(\ln 2-1\right)}
.
La première intégrale converge en
±
∞
{\displaystyle \pm \infty }
comme celle de
1
x
4
{\displaystyle {\frac {1}{x^{4}}}}
.
Cas général :
b
≠
a
{\displaystyle b\neq a}
. L'intégrande s'écrit alors
1
b
−
a
(
1
x
2
+
a
−
1
x
2
+
b
)
{\displaystyle {\frac {1}{b-a}}\left({\frac {1}{x^{2}+a}}-{\frac {1}{x^{2}+b}}\right)}
donc admet pour primitive
F
(
x
)
:=
1
b
−
a
(
1
a
arctan
x
a
−
1
b
arctan
x
b
)
{\displaystyle F(x):={\frac {1}{b-a}}\left({\frac {1}{\sqrt {a}}}\arctan {\frac {x}{\sqrt {a}}}-{\frac {1}{\sqrt {b}}}\arctan {\frac {x}{\sqrt {b}}}\right)}
.
∫
−
∞
+
∞
d
x
(
a
+
x
2
)
(
b
+
x
2
)
=
lim
+
∞
F
−
lim
−
∞
F
=
2
lim
+
∞
F
=
π
b
−
a
(
1
a
−
1
b
)
=
π
b
a
+
a
b
{\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{(a+x^{2})(b+x^{2})}}=\lim _{+\infty }F-\lim _{-\infty }F=2\lim _{+\infty }F={\frac {\pi }{b-a}}\left({\frac {1}{\sqrt {a}}}-{\frac {1}{\sqrt {b}}}\right)={\frac {\pi }{b{\sqrt {a}}+a{\sqrt {b}}}}}
.
Cas particulier :
b
=
a
{\displaystyle b=a}
. Par changement de variable
x
=
y
a
{\displaystyle x=y{\sqrt {a}}}
puis
y
=
tan
t
{\displaystyle y=\tan t}
,
∫
−
∞
+
∞
d
x
(
a
+
x
2
)
2
=
1
a
a
∫
−
∞
+
∞
d
y
(
1
+
y
2
)
2
=
1
a
a
∫
−
π
/
2
π
/
2
cos
2
t
d
t
=
π
2
a
a
{\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{(a+x^{2})^{2}}}={\frac {1}{a{\sqrt {a}}}}\int _{-\infty }^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} y}{(1+y^{2})^{2}}}={\frac {1}{a{\sqrt {a}}}}\int _{-\pi /2}^{\pi /2}\cos ^{2}t\,\mathrm {d} t={\frac {\pi }{2a{\sqrt {a}}}}}
(ce qui était prévisible au vu du cas général, en faisant tendre
b
{\displaystyle b}
vers
a
{\displaystyle a}
et en intervertissant limite et intégrale ).
Autre méthode (traitant simultanément des deux cas) : pour
f
α
(
x
)
:=
e
−
α
|
x
|
{\displaystyle f_{\alpha }(x):=\operatorname {e} ^{-\alpha |x|}}
et
g
α
(
y
)
=
α
α
2
+
x
2
{\displaystyle g_{\alpha }(y)={\frac {\alpha }{\alpha ^{2}+x^{2}}}}
, on trouve
f
α
^
=
2
2
π
g
α
{\displaystyle {\widehat {f_{\alpha }}}={\frac {2}{\sqrt {2\pi }}}g_{\alpha }}
et l'on en déduit
∫
−
∞
+
∞
d
x
(
α
2
+
x
2
)
(
β
2
+
x
2
)
=
1
α
β
g
α
∗
g
β
(
0
)
=
π
α
β
g
α
+
β
(
0
)
=
π
α
β
(
α
+
β
)
{\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{(\alpha ^{2}+x^{2})(\beta ^{2}+x^{2})}}={\frac {1}{\alpha \beta }}g_{\alpha }*g_{\beta }(0)={\frac {\pi }{\alpha \beta }}g_{\alpha +\beta }(0)={\frac {\pi }{\alpha \beta (\alpha +\beta )}}}
.
Seconde intégrale :
∫
−
∞
+
∞
x
2
d
x
(
a
+
x
2
)
(
b
+
x
2
)
=
∫
−
∞
+
∞
d
x
b
+
x
2
−
a
∫
−
∞
+
∞
d
x
(
a
+
x
2
)
(
b
+
x
2
)
=
π
b
−
a
π
b
a
+
a
b
=
π
a
+
b
{\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }{\frac {x^{2}\,\mathrm {d} x}{(a+x^{2})(b+x^{2})}}=\int _{-\infty }^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{b+x^{2}}}-a\int _{-\infty }^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{(a+x^{2})(b+x^{2})}}={\frac {\pi }{\sqrt {b}}}-a{\frac {\pi }{b{\sqrt {a}}+a{\sqrt {b}}}}={\frac {\pi }{{\sqrt {a}}+{\sqrt {b}}}}}
.
La fonction
x
↦
x
cosh
x
{\displaystyle x\mapsto {\frac {x}{\cosh x}}}
est continue. En
+
∞
{\displaystyle +\infty }
, elle est équivalente à
x
e
−
x
2
{\displaystyle {\frac {x\mathrm {e} ^{-x}}{2}}}
donc positive et intégrable. Comme elle est impaire, elle est donc (absolument) intégrable sur
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
et d'intégrale nulle.
∫
0
+
∞
x
α
−
1
e
−
x
α
d
x
=
1
α
∫
0
+
∞
e
−
y
d
y
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }x^{\alpha -1}\operatorname {e} ^{-x^{\alpha }}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{\alpha }}\int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-y}\,\mathrm {d} y}
donc l'intégrale converge et vaut
1
α
{\displaystyle {\frac {1}{\alpha }}}
.
∫
0
+
∞
e
−
x
d
x
=
∫
0
+
∞
e
−
y
2
y
d
y
=
[
−
2
y
e
−
y
]
0
+
∞
+
2
∫
0
+
∞
e
−
y
d
y
=
2
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-{\sqrt {x}}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-y}\,2y\mathrm {d} y=\left[-2y\operatorname {e} ^{-y}\right]_{0}^{+\infty }+2\int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-y}\,\mathrm {d} y=2}
.
∫
0
+
∞
(
α
x
+
β
)
e
−
x
d
x
=
[
−
(
α
x
+
β
)
e
−
x
]
0
+
∞
+
α
∫
0
+
∞
e
−
x
d
x
=
[
−
(
α
x
+
β
+
α
)
e
−
x
]
0
+
∞
=
β
+
α
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }(\alpha x+\beta )\operatorname {e} ^{-x}\,\mathrm {d} x=[-(\alpha x+\beta )\operatorname {e} ^{-x}]_{0}^{+\infty }+\alpha \int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-x}\,\mathrm {d} x=[-(\alpha x+\beta +\alpha )\operatorname {e} ^{-x}]_{0}^{+\infty }=\beta +\alpha }
et
∫
0
+
∞
(
x
2
−
3
x
−
7
)
e
−
x
d
x
=
[
−
(
x
2
−
3
x
−
7
)
e
−
x
]
0
+
∞
+
∫
0
+
∞
(
2
x
−
3
)
e
−
x
d
x
=
−
7
+
(
−
3
+
2
)
=
−
8
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }(x^{2}-3x-7)\operatorname {e} ^{-x}\,\mathrm {d} x=[-(x^{2}-3x-7)\operatorname {e} ^{-x}]_{0}^{+\infty }+\int _{0}^{+\infty }(2x-3)\operatorname {e} ^{-x}\,\mathrm {d} x=-7+(-3+2)=-8}
.
∫
t
−
α
ln
t
d
t
=
[
t
1
−
α
ln
t
1
−
α
−
t
1
−
α
(
1
−
α
)
2
]
{\displaystyle \int t^{-\alpha }\ln t\;\mathrm {d} t=\left[{\frac {t^{1-\alpha }\ln t}{1-\alpha }}-{\frac {t^{1-\alpha }}{(1-\alpha )^{2}}}\right]}
(cf. Intégration en mathématiques/Exercices/Primitives 4#Exercice 7-3 ) donc
si
α
>
1
{\displaystyle \alpha >1}
,
∫
1
+
∞
ln
t
t
α
d
t
=
[
−
ln
t
(
α
−
1
)
t
α
−
1
−
1
(
α
−
1
)
2
t
α
−
1
]
1
+
∞
=
1
(
α
−
1
)
2
{\displaystyle \int _{1}^{+\infty }{\frac {\ln t}{t^{\alpha }}}\;\mathrm {d} t=\left[{\frac {-\ln t}{\left(\alpha -1\right)t^{\alpha -1}}}-{\frac {1}{(\alpha -1)^{2}t^{\alpha -1}}}\right]_{1}^{+\infty }={\frac {1}{(\alpha -1)^{2}}}}
;
si
α
<
1
{\displaystyle \alpha <1}
,
∫
0
1
ln
t
t
α
d
t
=
[
t
1
−
α
ln
t
1
−
α
−
t
1
−
α
(
1
−
α
)
2
]
0
1
=
−
1
(
1
−
α
)
2
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\ln t}{t^{\alpha }}}\;\mathrm {d} t=\left[{\frac {t^{1-\alpha }\ln t}{1-\alpha }}-{\frac {t^{1-\alpha }}{(1-\alpha )^{2}}}\right]_{0}^{1}=-{\frac {1}{(1-\alpha )^{2}}}}
∫
0
+
∞
d
x
cosh
x
=
2
∫
0
+
∞
d
x
e
x
+
e
−
x
=
2
∫
1
+
∞
d
y
y
2
+
1
=
2
[
arctan
]
1
+
∞
=
π
2
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{\cosh x}}=2\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{\operatorname {e} ^{x}+\operatorname {e} ^{-x}}}=2\int _{1}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} y}{y^{2}+1}}=2\left[\arctan \right]_{1}^{+\infty }={\frac {\pi }{2}}}
.
Soit
T
(
y
0
)
=
1
2
g
∫
0
y
0
1
+
ψ
′
(
y
)
2
y
0
−
y
d
y
{\displaystyle T\left(y_{0}\right)={\frac {1}{\sqrt {2\mathrm {g} }}}\int _{0}^{y_{0}}{\frac {\sqrt {1+{\psi '(y)}^{2}}}{\sqrt {y_{0}-y}}}\,\mathrm {d} y}
.
Signification physique pour un toboggan
x
=
ψ
(
y
)
{\displaystyle x=\psi (y)}
?
Convergence et calcul pour une planche
y
=
λ
x
{\displaystyle y=\lambda x}
?
Et pour
y
=
x
2
{\displaystyle y=x^{2}}
?
Solution
T
(
y
0
)
{\displaystyle T\left(y_{0}\right)}
est la durée de descente de l'altitude
y
0
{\displaystyle y_{0}}
à l'altitude
0
{\displaystyle 0}
. En effet, si l'on note
s
(
t
)
{\displaystyle s(t)}
l'abscisse curviligne à l'instant
t
{\displaystyle t}
d'un mobile parti (à vitesse nulle) d'un point d'altitude
y
0
{\displaystyle y_{0}}
à l'instant 0 et glissant sur le toboggan :
son énergie cinétique est
m
2
(
d
s
d
t
)
2
{\displaystyle {\frac {m}{2}}\left({\frac {\mathrm {d} s}{\mathrm {d} t}}\right)^{2}}
(où
m
{\displaystyle m}
est sa masse) et
son énergie potentielle est
m
g
y
{\displaystyle m\mathrm {g} y}
.
Par conservation de l'énergie mécanique ,
m
2
(
d
s
d
t
)
2
+
m
g
y
=
m
g
y
0
{\displaystyle {\frac {m}{2}}\left({\frac {\mathrm {d} s}{\mathrm {d} t}}\right)^{2}+m\mathrm {g} y=m\mathrm {g} y_{0}}
, d'où
d
s
d
t
=
2
g
(
y
0
−
y
)
{\displaystyle {\frac {\mathrm {d} s}{\mathrm {d} t}}={\sqrt {2\mathrm {g} \left(y_{0}-y\right)}}}
, or par ailleurs,
d
s
d
y
=
−
1
+
ψ
′
(
y
)
2
{\displaystyle {\frac {\mathrm {d} s}{\mathrm {d} y}}=-{\sqrt {1+{\psi '(y)}^{2}}}}
.
Si
x
=
ψ
(
y
)
=
y
/
λ
{\displaystyle x=\psi (y)=y/\lambda }
alors
T
(
y
0
)
=
1
+
1
/
λ
2
2
g
∫
0
y
0
d
y
y
0
−
y
=
1
+
1
/
λ
2
2
g
2
y
0
=
2
(
1
+
1
/
λ
2
)
y
0
g
{\displaystyle T\left(y_{0}\right)={\sqrt {\frac {1+1/\lambda ^{2}}{2\mathrm {g} }}}\int _{0}^{y_{0}}{\frac {\mathrm {d} y}{\sqrt {y_{0}-y}}}={\sqrt {\frac {1+1/\lambda ^{2}}{2\mathrm {g} }}}\,2{\sqrt {y_{0}}}={\sqrt {\frac {2\left(1+1/\lambda ^{2}\right)y_{0}}{\mathrm {g} }}}}
.
Si
x
=
ψ
(
y
)
=
−
y
{\displaystyle x=\psi (y)=-{\sqrt {y}}}
alors
T
(
y
0
)
=
1
2
g
∫
0
y
0
1
+
1
4
y
y
0
−
y
d
y
=
{\displaystyle T\left(y_{0}\right)={\frac {1}{\sqrt {2\mathrm {g} }}}\int _{0}^{y_{0}}{\sqrt {\frac {1+{\frac {1}{4y}}}{y_{0}-y}}}\,\mathrm {d} y=}
(par changement de variable
y
=
y
0
sin
2
θ
{\displaystyle y=y_{0}\sin ^{2}\theta }
)
1
2
g
y
0
∫
0
π
/
2
1
+
1
4
y
0
sin
2
θ
cos
θ
2
y
0
sin
θ
cos
θ
d
θ
=
1
2
g
∫
0
π
/
2
1
+
4
y
0
sin
2
θ
d
θ
{\displaystyle {\frac {1}{\sqrt {2\mathrm {g} y_{0}}}}\int _{0}^{\pi /2}{\frac {\sqrt {1+{\frac {1}{4y_{0}\sin ^{2}\theta }}}}{\cancel {\cos \theta }}}\,2y_{0}\sin \theta {\cancel {\cos \theta }}\,\mathrm {d} \theta ={\frac {1}{\sqrt {2\mathrm {g} }}}\int _{0}^{\pi /2}{\sqrt {1+4y_{0}\sin ^{2}\theta }}\,\mathrm {d} \theta }
. Il s'agit, comme le périmètre de l'ellipse , d'une intégrale elliptique donc non calculable explicitement.
Soit
f
:
[
0
,
+
∞
[
→
R
{\displaystyle f:\left[0,+\infty \right[\to \mathbb {R} }
une fonction continue telle que
∫
1
+
∞
f
(
t
)
t
d
t
{\displaystyle \int _{1}^{+\infty }{\frac {f(t)}{t}}\,\mathrm {d} t}
converge et soient
a
,
b
>
0
{\displaystyle a,b>0}
.
Pour tout
x
>
0
{\displaystyle x>0}
, on pose :
F
(
x
)
:=
∫
x
+
∞
f
(
a
t
)
−
f
(
b
t
)
t
d
t
et
G
(
x
)
:=
∫
a
x
b
x
f
(
t
)
t
d
t
{\displaystyle F(x):=\int _{x}^{+\infty }{\frac {f(at)-f(bt)}{t}}\,\mathrm {d} t\quad {\text{et}}\quad G(x):=\int _{ax}^{bx}{\frac {f(t)}{t}}\,\mathrm {d} t}
.
Montrer que
F
=
G
{\displaystyle F=G}
.
Montrer que si une fonction
g
:
[
0
,
+
∞
[
→
R
{\displaystyle g:\left[0,+\infty \right[\to \mathbb {R} }
est continue et nulle en
0
{\displaystyle 0}
, alors
lim
x
→
0
∫
a
x
b
x
g
(
t
)
t
d
t
=
0
{\displaystyle \lim _{x\to 0}\int _{ax}^{bx}{\frac {g(t)}{t}}\,\mathrm {d} t=0}
.
Déduire des deux questions précédentes que
∫
0
+
∞
f
(
a
t
)
−
f
(
b
t
)
t
d
t
=
f
(
0
)
ln
b
a
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {f(at)-f(bt)}{t}}\,\mathrm {d} t=f(0)\ln {\frac {b}{a}}}
.
Application : montrer que
∫
0
+
∞
exp
(
−
a
t
)
−
exp
(
−
b
t
)
t
d
t
=
ln
b
a
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\exp(-at)-\exp(-bt)}{t}}\,\mathrm {d} t=\ln {\frac {b}{a}}}
.
Solution
F
(
x
)
=
∫
x
+
∞
f
(
a
t
)
d
t
t
−
∫
x
+
∞
f
(
b
t
)
d
t
t
=
∫
a
x
+
∞
f
(
s
)
d
s
s
−
∫
b
x
+
∞
f
(
s
)
d
s
s
=
G
(
x
)
{\displaystyle F(x)=\int _{x}^{+\infty }f(at){\frac {\mathrm {d} t}{t}}-\int _{x}^{+\infty }f(bt){\frac {\mathrm {d} t}{t}}=\int _{ax}^{+\infty }f(s){\frac {\mathrm {d} s}{s}}-\int _{bx}^{+\infty }f(s){\frac {\mathrm {d} s}{s}}=G(x)}
.
Posons, pour tout
y
≥
0
{\displaystyle y\geq 0}
,
φ
(
y
)
:=
sup
0
≤
t
≤
y
|
g
(
t
)
|
{\displaystyle \varphi (y):=\sup _{0\leq t\leq y}|g(t)|}
. Alors,
lim
0
φ
=
0
{\displaystyle \lim _{0}\varphi =0}
. Or (en supposant, sans perte de généralité,
b
≥
a
{\displaystyle b\geq a}
)
|
∫
a
x
b
x
g
(
t
)
t
d
t
|
≤
∫
a
x
b
x
|
g
(
t
)
|
t
d
t
≤
∫
a
x
b
x
|
φ
(
b
x
)
|
t
d
t
=
φ
(
b
x
)
ln
b
a
{\displaystyle \left|\int _{ax}^{bx}{\frac {g(t)}{t}}\,\mathrm {d} t\right|\leq \int _{ax}^{bx}{\frac {|g(t)|}{t}}\,\mathrm {d} t\leq \int _{ax}^{bx}{\frac {|\varphi (bx)|}{t}}\,\mathrm {d} t=\varphi (bx)\ln {\frac {b}{a}}}
. Par conséquent,
lim
x
→
0
∫
a
x
b
x
g
(
t
)
t
d
t
=
0
{\displaystyle \lim _{x\to 0}\int _{ax}^{bx}{\frac {g(t)}{t}}\,\mathrm {d} t=0}
.
Soit
g
:=
f
−
f
(
0
)
{\displaystyle g:=f-f(0)}
. Alors,
F
(
x
)
=
G
(
x
)
=
∫
a
x
b
x
f
(
0
)
+
g
(
t
)
t
d
t
=
f
(
0
)
ln
b
a
+
∫
a
x
b
x
g
(
t
)
t
d
t
{\displaystyle F(x)=G(x)=\int _{ax}^{bx}{\frac {f(0)+g(t)}{t}}\,\mathrm {d} t=f(0)\ln {\frac {b}{a}}+\int _{ax}^{bx}{\frac {g(t)}{t}}\,\mathrm {d} t}
donc d'après la question précédente,
lim
0
F
=
f
(
0
)
ln
b
a
{\displaystyle \lim _{0}F=f(0)\ln {\frac {b}{a}}}
.
f
(
x
)
:=
exp
(
−
x
)
{\displaystyle f(x):=\exp(-x)}
vérifie les hypothèses. Signalons qu'il existe dans ce cas particulier une autre méthode (par dérivation d'une intégrale à paramètre) , qui ne s'étend qu'au cas où
f
{\displaystyle f}
est dérivable et nulle à l'infini.
Nature de
∫
0
+
∞
sin
(
x
4
+
x
2
+
x
)
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }\sin(x^{4}+x^{2}+x)\;\mathrm {d} x}
?