/

Exercices corrigés sur les intégrales généralisées

14 mins read
exercices-corriges-sur-les-integrales-generalisees

On propose des exercices corrigés sur les intégrales généralisées (intégrales impropres).  Des intégrales sur un intervalle non-borné ou intégrale d’une fonctions non définie aux bornes de l’intégrale. En particulier, on trait la convergence et semi-convergence des intégrales généralisées.   Surtout il faut faire la différence  avec les intégrales de Riemann pour les fonctions bornées sur les compact de $\mathbb{R}$.

Paquet d’exercices corrigés sur les intégrales généralisées

Exercice: Nature et calcul (en utilisant une intégration par parties) des intégrales généralisées suivantes: $$ I=\int^{+\infty}_1 \ln\left(1+\frac{1}{t^2}\right)dt,\qquad J=\int^1_0 \frac{\ln(1-t^2)}{t^2}dt. $$

Solution: La fonction $f(t)= \ln\left(1+\frac{1}{t^2}\right)$ est continue sur $[1,+\infty[$. Soit alors $x\ge 1$. En utilisant intégration par partie, on trouve \begin{align*}\int^{+\infty}_1 \ln\left(1+\frac{1}{t^2}\right)dt&=\int^{+\infty}_1(t)’ \ln\left(1+\frac{1}{t^2}\right)dt\cr &= \left[t\ln\left(1+\frac{1}{t^2}\right)\right]^x_1-\int^x_1 t \frac{-\frac{2}{t^3}}{1+\frac{1}{t^2}} dt\cr &= x\ln\left(1+\frac{1}{x^2}\right)-\ln(2)+\int^x_1 \frac{2}{t^2+1}dt\cr &= x\ln\left(1+\frac{1}{x^2}\right)-\ln(2)+2\arctan(x)-\frac{\pi}{2}.\end{align*}On sait que \begin{align*}&\lim_{x\to+\infty} \frac{\ln\left(1+\frac{1}{x^2}\right)}{\frac{1}{x^2}}=1,\cr & \lim_{x\to+\infty} \arctan(x)=\frac{\pi}{2}.\end{align*}Then en fait tendre $x$ vers $+\infty,$ on trouve\begin{align*}I=\frac{\pi}{2}-\ln(2).\end{align*}

La fonction $g(t)=\frac{\ln(1-t^2)}{t^2}$ est bien définie et continue sur $]0,1[$ (ici on a un problème en $0$ et $1$). Pour faire une intégration par partie, il faut bien choisir une « bonne » primitive de la fonction $t\mapsto \frac{1}{t^2}$ (le choix de $\frac{-1}{t}$ n’est pas approprié!!! car on aurra des limites infini en $0$ et en $1$). Vue la forme de la fonction $t\mapsto \ln(1-t^2)$ nous allons choisir une primitive de $\frac{1}{t^2}$ de la forme $1-\frac{1}{t}=\frac{t-1}{t}$. On a alors\begin{align*}&\frac{t-1}{t}\ln(1-t^2)\underset{0}{\sim}t\cr & \frac{t-1}{t}\ln(1-t^2)\underset{1}{\sim}(t-1)\ln(1-t).\end{align*}Ce qui implique que le crochet\begin{align*}\left[\frac{t-1}{t}\ln(1-t^2)\right]^{t\to 1}_{t\to 0}=0.\end{align*}Donc on peut écrire\begin{align*}J&=\left[\frac{t-1}{t}\ln(1-t^2)\right]^{t\to 1}_{t\to 0}-\int^1_0 \frac{t-1}{t} \frac{-2t}{1-t^2}dt\cr &= -2\int^1_0 \frac{dt}{1+t}\cr &= -2\ln(2).\end{align*}

Exercice: Nature et calcul (en ulisant un changement de variables) des intégrales généralisées suivantes: $$ \mathbb{I}=\int^{+\infty}_{-\infty} \frac{dx}{x^2+x+1}dx,\qquad \mathbb{J}(s)=\int^{+\infty}_0 e^{-st}\sin(t)dt\quad (s>0). $$

Solution: Tout d’abord il faut remarquer que l’équation $x^2+x+1$ n’a pas de racines réelles. Donc la fonction $f(x)=\frac{1}{x^2+x+1}$ est bien définie et continue sur $\mathbb{R}$ de plus comme\begin{align*}f(x)\underset{\mp\infty}{\sim}\frac{1}{x^2},\end{align*}et les intégrales\begin{align*}\int^{+\infty}_1\frac{dx}{x^2}\quad\text{et}\quad\int^{-1}_{-\infty}\frac{dx}{x^2}\end{align*} sont convergente, alors la fonction $f$ est intégrable sur $\mathbb{R}$. Maintenant, on peut écrire\begin{align*}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dx}{x^2+x+1}dx&=\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dt}{t^2+\frac{3}{4}}\cr & = \frac{4}{3}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dt}{\frac{4}{3}t^2+1} \cr & = \frac{4}{3}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dt}{\left(\frac{2t}{\sqrt{3}}\right)^2+1}.\end{align*}D’autre part, en faisant le changement de variable $u=\frac{2t}{\sqrt{3}}$, alors $dt=\frac{\sqrt{3}}{2}du$, on trouve \begin{align*}\mathbb{I}&=\frac{2}{\sqrt{3}}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{du}{u^2+1}\cr &=\frac{2}{\sqrt{3}}\left[\arctan(u)\right]^{+\infty}_{-\infty}\cr &= \frac{2\pi}{\sqrt{3}}.\end{align*}

Soit $s>0$. La fonction $h(t)=e^{-st}\sin(t)$ est bien définie et continue sur $[0,+\infty[$. D’autre part, pour tout $t\ge 0$ on a $$ |h(t)|\le e^{-s t} \quad \text{et}\quad \int^{+\infty}_0 e^{-s t}dt=\frac{1}{s}<+\infty. $$ Alors l’intégral de $h$ entre $0$ et $+\infty$ existe. De plus, comme $e^{it}=\cos(t)+i \sin(t)$, alors $\sin(t)={\rm Im}(e^{it})$. D’où \begin{align*}\mathbb{J}(s)&={\rm Im}\left(\int^{+\infty}_0 e^{(i-s)t}dt\right)\cr &={\rm Im}\left(\left[ \frac{ e^{(i-s)t}}{i-b}\right]^{+\infty}_0\right)\cr &= {\rm Im}\left(\frac{1}{s-i}\right)\cr &= {\rm Im}\left(\frac{s+i}{s^2+1}\right)\cr &= \frac{1}{1+s^2}.\end{align*}

Autre méthode: En utilisant une intégration par parties (deux fois) on trouve \begin{align*} \mathbb{J}(s)&=\int^{+\infty}_0 \left(-\frac{e^{-st}}{s}\right)’\sin(t)dt\cr &= \left[-\frac{e^{-st}}{s}\sin(t)\right]^{+\infty}_0 +int^{+\infty}_0 \frac{e^{-st}}{s}\cos(t)dt\cr &=\frac{1}{s} \int^{+\infty}_0 e^{-st} \cos(t)dt\cr &= \frac{1}{s}\left( \left[-\frac{e^{-st}}{s}\cos(t)\right]^{+\infty}_0 -\int^{+\infty}_0 \frac{e^{-st}}{s}\sin(t)dt \right)\cr &= \frac{1}{s^2}-\frac{1}{s^2}\mathbb{J}(s).\end{align*}Donc $$ \mathbb{J}(s)+\frac{1}{s^2}\mathbb{J}(s)=\frac{1}{s^2}. $$ Ce qui donne $$ \mathbb{J}(s)=\frac{1}{1+s^2}. $$

Exerice: Nature de $$ \int^{+\infty}_1 \left(e-\left(1+\frac{1}{x}\right)^x\right)dx.$$

Solution: Pour $x\ge 1,$ $1+\frac{1}{x}$ est défini et strictement positif. Donc la fonction $f$ est définie et continue sur $[1,+\infty[$.  Le développement limite au voisinage de $+\infty$ (deux fois) nous donne \begin{align*}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x&=e^{x\ln(1+\frac{1}{x})}\cr &= e^{1-\frac{1}{2x}+\circ(\frac{1}{x})}\cr &= e-\frac{e}{2x}+\circ(\frac{1}{x}).\end{align*}Ainsi \begin{align*}f(x)\equiv \frac{e}{2x} \quad (x\to+\infty).\end{align*}Puisque la fonction $x\mapsto \frac{e}{2x}$ est positive non intégrable au voisinage de $+\infty,$ alors $f$ n’est pas intégrable sur $[1,+\infty[$, donc l’intégrale et divergente.

Exercice: Etudier la nature de l’integrale generalisée suivante\begin{align*}\int^{+\infty}_0 \frac{\sin(x)}{x}dx.\end{align*}

Solution: Soit $\varepsilon,r\in \mathbb{R}$ avec $0<\varepsilon<r$.Nous allons intégrés (en utilisant une intégration par parties) la fonction $x\mapsto  \frac{\sin(x)}{x}$ sur $[\varepsilon,r]$. En effet, remarquons que les fonctions $x\mapsto 1-\cos(x)$ et $x\mapsto \frac{1}{x}$ sont de classe $C^1$ sur $[\varepsilon,r]$. Donc\begin{align*}\int^r_{\varepsilon}\frac{\sin(x)}{x} dx&=\left[\frac{1-\cos(x)}{x}\right]^r_{\varepsilon}+\int^r_{\varepsilon}\frac{1-\cos(x)}{x^2}dx\cr &= \frac{1-\cos(r)}{r}-\frac{1-\cos(\varepsilon)}{\varepsilon}+\int^r_{\varepsilon}\frac{1-\cos(x)}{x^2}dx.\end{align*}Il faut observer que la fonction $x\mapsto \frac{1-\cos(x)}{x^2}$ et continue sur $]0,+\infty[$ et que \begin{align*} \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(x)}{x^2}=\frac{1}{2}.\end{align*} Donc cette fonction admet un prolongement continue en $0$, et dominée par $\frac{1}{2}$. Donc \begin{align*}\int^{+\infty}_{0}\frac{1-\cos(x)}{x^2}dx<\infty.\end{align*}D’autre par, \begin{align*}|\frac{1-\cos(r)}{r}|\le \frac{1}{r}\underset{r\to+\infty}{\longrightarrow}0\end{align*}et que \begin{align*}\lim_{\varepsilon\to 0} \frac{1-\cos(\varepsilon)}{\varepsilon}=-\cos'(0)=0.\end{align*} Ainsi notre intégrale est convergente et que  \begin{align*}\int^{+\infty}_0 \frac{\sin(x)}{x}dx&=\int^{+\infty}_{0}\frac{1-\cos(x)}{x^2}dx\cr &= \int^{+\infty}_{0}\frac{2\sin^2(x/2)}{x^2}dx\cr & =\int^{+\infty}_0 \frac{\sin^2(u)}{u^2}du,\end{align*} par le changement de variable $u=\frac{x}{2}$.

Exercice: Discuter selon les valeurs de $\alpha>0$ la nature de \begin{align*}\int^{+\infty}_0 \frac{\sin(x)}{x^\alpha}dx.\end{align*}

Solution: Soit $f(x)=\frac{\sin(x)}{x^\alpha}$ pour tout $x\in ]0,+\infty[$.  On a $f$ est continue sur $ ]0,+\infty[$  et que $f>0$ sur $]0,1]$. Comme \begin{align*}\lim_{x\to 0^+}\frac{f(x)}{x^{1-\alpha}}=\lim_{x\to 0^+} \frac{\sin(x)}{x}=1,\end{align*} alors $f$ est équivalente en $0$ a $\frac{1}{x^{\alpha-1}}$. Ainsi \begin{align*} \int^1_0 f(x)dx<\infty \Longleftrightarrow \alpha-1<1 \Longleftrightarrow 0<\alpha<2.\end{align*}Maintenant pour $X>0,$ on a (bien sur les fonctions sous intégrale sont de classe $C^1([1,X])$ condition pour l’intégration par parties), \begin{align*}\int^X_1 \frac{\sin(x)}{x^a}dx&=\left[\frac{-\cos(x)}{x^\alpha}\right]^X_1- \alpha \int^X_1 \frac{\cos(x)}{x^{\alpha+1}}dx\cr &= -\frac{\cos(X)}{X^\alpha}+\cos(1)-\alpha \int^X_1 \frac{\sin(x)}{x^{a+1}}dx \end{align*}La fonction $X\mapsto  -\frac{\cos(X)}{X^\alpha}+\cos(1)$ tend vers $\cos(1)$ quand $X\to+\infty$. D’autre part,  $|\frac{\sin(x)}{x^{a+1}}|\le \frac{1}{x^{\alpha+1}}$ et que $\alpha+1>1,$ donc par comparaison pour tout $\alpha>0,$ on a \begin{align*}\int^{+\infty}_1 f(x)dx<\infty.\end{align*} Conclusion

\begin{align*}\int^{+\infty}_0 \frac{\sin(x)}{x^\alpha}dx<\infty,\quad \forall \alpha\in ]0,2[.\end{align*}

Sommes de Riemann généralisées

Problème: A- Soitent $f:]a,b[\to \mathbb{R}$ une fonction monotone sur $]a,b[$ telle que l’intégrale généralisée $$J:=\int^b_a f(t)dt$$ soit convergente. Montrer que suite (dite somme de Riemann généralisée)$$S_n=\frac{b-a}{n}\sum_{k=1}^{n-1} f\left(a+k\frac{b-a}{n}\right)$$tend vers $J$ quand $n\to +\infty$.

B- Applications:

  1. Calculer les limites des suites$$u_n=\frac{(n!)^{\frac{1}{n}}}{n},\quad v_n=\frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}}.$$
  2. En utilisant (bien sûr après justification) la relation$$\sin \frac{\pi}{n},\sin \frac{2\pi}{n}\cdots\sin \frac{n-1}{n}\pi= \frac{n}{2^{n-1}},$$déterminer la valeur de l’intégrale$$\int^{\pi}_0 \log(\sin x)\,dx.$

Il existe une autre classe générale d’intégrales appelées intergarles de Lebesgue.

Laisser un commentaire

Your email address will not be published.

Latest from Blog

Loi Gamma

L’une des lois les plus pratiques est la loi gamma. Il est utilisé pour surveiller la