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:
- Calculer les limites des suites$$u_n=\frac{(n!)^{\frac{1}{n}}}{n},\quad v_n=\frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}}.$$
- 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.
