1 Intégrales généralisées
ln(t)dt = ?1. Correction : On a. ? 1 x ln(t)dt = ?1 ? x ln(x) + x ? x?0. ?1. Exercice 7. Montrer que l'intégrale de f : t ??. (. 1. 1 ? exp(?t).
TD 1 Intégrales généralisées
16 sept. 2016 et c'est cette limite que l'on nomme intégrale de f sur I. Pour des fonctions plus ... En effet t ? ln t est continue sur ]0 1]
Intégrales impropres
+?. 2. 1 t (ln t)2 dt converge alors notre intégrale initiale est aussi convergente. Mini-exercices.1. Étudier la convergence des intégrales suivantes : ?
Intégrales convergentes
9 mai 2012 ln(1 + x)=+? . L'intégrale. ? 1. 0 ln(t)dt converge. 3 ...
Khâgne B/L Correction Exercices Chapitre 10 - Intégrales impropres
L'intégrale. ? +?. 0. 1dt est donc divergente. 6. Convergence de. ? +?. 2. 1. 3t dt. La fonction t ??. 1. 3t. = 1 et ln(3). = e. ?t ln(3).
Chapitre 2 - Intégrales généralisées (ou impropres)
La fonction t ? exp(t) est continue sur R et une primitive de f(t) = exp(?t) est ln(1+t) t? t(1?t) dt. Nous allons montrer que cette intégrale est ...
Résumé sur les Intégrales Impropres & exercices supplémentaires
f(t)dt). Dans le cas contraire on dit que l'intégrale e?x = 0
TD 5 Transformation de Laplace
14 oct. 2016 L'équation intégrale (2) est une équation de convolution qui s'écrit f + exp(-t) ? f = cos. Appliquons la transformée de Laplace : L(f) + ...
1 Égalité presque partout
xsin(x)e?x est continue sur [0+?[ et x3 sin(x)e?x tend vers zéro en +?
Intégration
6 ***T. Soit E l'ensemble des fonctions continues strictement positives sur [ab]. ... lnt . Correction ?. [005464]. Exercice 22 ****. Soit f(t) = t2.
Table of Integrals
Integrals with Trigonometric Functions Z sinaxdx= 1 a cosax (63) Z sin2 axdx= x 2 sin2ax 4a (64) Z sinn axdx= 1 a cosax 2F 1 1 2; 1 n 2; 3 2;cos2 ax (65) Z sin3 axdx= 3cosax 4a + cos3ax 12a (66) Z cosaxdx=
Table of Basic Integrals Basic Forms
(20) Z x p x (adx= 8
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Kh^agne B/LCorrection Exercices Chapitre 10 - Integrales impropres10.1Determiner si les integrales suivantes sont convergentes, et le cas echeant, calculer leur valeur :
1. Z +1 0 etdt. 2. Z 10dtp1t
3.Z +11t(1 +t2)2dt
4. Z 0 1 tet2dt5. Z +1 0 1dt 6. Z +1 213tdt 7. Z +1 0 tetdt 8. Z +1
0dt1 +t21.Con vergenced e
Z +1 0 etdt.La fonctiont7!etest continue sur [0;+1[, on a donc a priori uniquement un probleme en +1.Soitx >0. AlorsZx
0 etdt= et x 0 =ex+e0= 1ex!x!+11L'integrale
Z +1 0 etdtest donc convergente et on a :Z +1 0 etdt= 1. 2.Con vergenced e
Z 10dtp1tLa fonctiont7!1p1test continue sur [0;1[, on a donc a priori uniquement un probleme en 1.
Soitx2[0;1[. Alors
Z x0dtp1t=2Z
x 012 p1tdt=2p1t x 0 =2p1xp1 = 2p1x!x!12L'integrale
Z 10dtp1test donc convergente et on a :Z
10dtp1t= 2.
3.Con vergenced e
Z +11t(1 +t2)2dtLa fonctiont7!t(1 +t2)2est continue sur [1;+1[, on a donc a priori uniquement un probleme en +1.
Soitx>1. Alors
Z x1t(1 +t2)2dt=12
Z x12t(1 +t2)2dt=12
11 +t2
x 1 =12(1 +x2)+14 !x!+114L'integrale
Z +11t(1 +t2)2dtest donc convergente et on a :Z
+11t(1 +t2)2dt=14
2011-2012 Lycee du Parc 1/16
Kh^agne B/LCorrection Exercices Chapitre 10 - Integrales impropres4.Con vergenced e Z 0 1 tet2dtLa fonctiont7!tet2est continue sur ] 1;0], on a donc a priori uniquement un probleme en1.Soitx2] 1;0]. Alors
Z 0 x tet2dt=12 Z 0 x (2t)et2dt= 12 et20 x =12 +12 ex2!x!112L'integrale
Z 0 1 tet2dtest donc convergente et on a :Z 0 1 tet2dt=12 5.Con vergenced e
Z +1 01dtLa fonctiont7!1 est continue sur [0;+1[, on a donc a priori uniquement un probleme en +1.
Soitx>0. AlorsZx
0 1dt= t x 0 =x!x!+1+1L'integrale
Z +1 01dtest donc divergente.
6.Con vergenced e
Z +1 213tdtLa fonctiont7!13 t=1e tln(3)=etln(3)est continue sur [2;+1[, on a donc a priori uniquement un probleme en +1.
Soitx>2. Alors
Z x 213tdt=1ln(3) Z x 2 (ln(3))etln(3)dt=1ln(3) e tln(3) x 2 exln(3)e2ln(3)ln(3) x!+1e
2ln(3)ln(3)
L'integrale
Z +1 213tdtest donc convergente et on a :Z +1 213
tdt=19ln(3) 7.
Con vergenced e
Z +1 0 tetdtLa fonctiont7!tetest continue sur [0;+1[, on a donc a priori uniquement un probleme en +1.Soitx >0. CalculonsZ
x 0 tetdt.On pose
u(t) =t v0(t) =etetu0(t) = 1
v(t) =et. Les fonctionsuetvetant de classeC1sur [0;x], on peut faire une integration par parties : Z x 0 tetdt= tet x 0 Z x 0 etdt=xex+ et x 0 =xe xex+ 1!x!+11L'integrale
Z +1 0 tetdtest donc convergente et on a :Z +1 0 tetdt= 1.2011-2012 Lycee du Parc 2/16
Kh^agne B/LCorrection Exercices Chapitre 10 - Integrales impropres8.Con vergenced e Z +10dt1 +t2La fonctiont7!11 +t2est continue sur [0;+1[, on a donc a priori uniquement un probleme en +1.
Soitx >0. Alors :Zx
011 +t2dt=
Arctan(t)
x 0 = Arctan(x)!x!+12L'integrale
Z +10dt1 +t2est donc convergente et on a :Z
+10dt1 +t2=2
.10.2Determiner si les integrales suivantes sont convergentes : 1. Z +10r2t+ 35t3+ 3t2+ 7dt
2. Z +1 0t5t2+ 4t+ 4dt
3. Z +10ln(t)t
2+ 1dt
4. Z +1 0 et2dt5. Z +102 + ln(t)t+ 4dt
6. Z 2 11t 2tdt 7. Z +10sin(t)t
2dt. 8. Z 1 01pt3+ 3t2+tdt9.
Z +1 1 ln 1 +1t 2 dt 10. Z +11ln(t)t
2dt. 11. Z 10ln(t)t1dt.
12. Z +10cos(t)pe
t1dt1.Con vergenced e Z +10r2t+ 35t3+ 3t2+ 7dtLa fonctionu:t7!5t3+ 3t2+ 7 est continue et derivable sur [0;+1[ (fonction polyn^omiale) et8t>
0; u0(t) = 15t2+ 6t= 3t(5t+ 2)>0. La fonctionuest donc croissante et puisqueu(0) = 7, elle est
strictement positive sur [0;+1[ et ne s'annule donc jamais sur [0;+1[.La fonctionf:t7!r2t+ 35t3+ 3t2+ 7est donc continue et positive sur [0;+1[ comme composee de fonctions
continues. Il y a a priori uniquement un probleme en +1.Or;2t+ 35t3+ 3t2+ 7t!+12t5t3=25t2
donc f(t) =r2t+ 35t3+ 3t2+ 7t!+1r2 5 1t Donc par le theoreme d'equivalence des fonctions positives, les integralesR+11f(t)dtetR+1
11t dtsont de m^eme nature. Or,Z +1 1dtt diverge (Integrale de Riemann). On en deduit donc que Z +1 1 f(t)dtdivergePuisque l'integrale
Z 1 0 f(t)dtconverge (integrale sur un segment d'une fonction continue) et queZ +1 1 f(t)dt diverge, on conclut que : Z+10r2t+ 35t3+ 3t2+ 7dtdiverge
2011-2012 Lycee du Parc 3/16
Kh^agne B/LCorrection Exercices Chapitre 10 - Integrales impropres2.Con vergenced e Z +1 0t5t2+ 4t+ 4dtLa fonctionf:t7!t5t
2+4t+4=t5(t+2)2est continue sur [0;+1[.
Sur [5;+1[, la fonctionfest continue et positive, et on a f(t) =t5t2+ 4t+ 4t!+1tt
2=1tPuisque
Z +1 51tdtdiverge (Integrale de Riemann), on en deduit par le theoreme d'equivalence des fonc- tions positives que l'integrale Z +1 5 f(t)dtdiverge egalement.
Puisque l'integrale
Z 5 0 f(t)dtconverge (integrale sur un segment d'une fonction continue) et queZ +1 5 f(t)dt diverge, on conclut que : Z+1 0 f(t)dtdiverge 3.Con vergenced e
Z +10ln(t)t
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