[PDF] Khâgne B/L Correction Exercices Chapitre 10 - Intégrales impropres

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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 1

0dtp1t

3.Z +1

1t(1 +t2)2dt

4. Z 0 1 tet2dt5. Z +1 0 1dt 6. Z +1 213
tdt 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!+11

L'integrale

Z +1 0 etdtest donc convergente et on a :Z +1 0 etdt= 1. 2.

Con vergenced e

Z 1

0dtp1tLa fonctiont7!1p1test continue sur [0;1[, on a donc a priori uniquement un probleme en 1.

Soitx2[0;1[. Alors

Z x

0dtp1t=2Z

x 012 p1tdt=2p1t x 0 =2p1xp1 = 2p1x!x!12

L'integrale

Z 1

0dtp1test donc convergente et on a :Z

1

0dtp1t= 2.

3.

Con vergenced e

Z +1

1t(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 x

1t(1 +t2)2dt=12

Z x

12t(1 +t2)2dt=12

11 +t2

x 1 =12(1 +x2)+14 !x!+114

L'integrale

Z +1

1t(1 +t2)2dtest donc convergente et on a :Z

+1

1t(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!112

L'integrale

Z 0 1 tet2dtest donc convergente et on a :Z 0 1 tet2dt=12 5.

Con vergenced e

Z +1 0

1dtLa 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+1

L'integrale

Z +1 0

1dtest donc divergente.

6.

Con vergenced e

Z +1 213
tdtLa 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 213
tdt=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 +1 213
tdtest 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 v

0(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!+11

L'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 +1

0dt1 +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!+12

L'integrale

Z +1

0dt1 +t2est donc convergente et on a :Z

+1

0dt1 +t2=2

.10.2Determiner si les integrales suivantes sont convergentes : 1. Z +1

0r2t+ 35t3+ 3t2+ 7dt

2. Z +1 0t5t

2+ 4t+ 4dt

3. Z +1

0ln(t)t

2+ 1dt

4. Z +1 0 et2dt5. Z +1

02 + ln(t)t+ 4dt

6. Z 2 11t 2tdt 7. Z +1

0sin(t)t

2dt. 8. Z 1 01pt

3+ 3t2+tdt9.

Z +1 1 ln 1 +1t 2 dt 10. Z +1

1ln(t)t

2dt. 11. Z 1

0ln(t)t1dt.

12. Z +1

0cos(t)pe

t1dt1.Con vergenced e Z +1

0r2t+ 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+1

1f(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)dtdiverge

Puisque 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+1

0r2t+ 35t3+ 3t2+ 7dtdiverge

2011-2012 Lycee du Parc 3/16

Kh^agne B/LCorrection Exercices Chapitre 10 - Integrales impropres2.Con vergenced e Z +1 0t5t

2+ 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) =t5t

2+ 4t+ 4t!+1tt

2=1t

Puisque

Z +1 51t
dtdiverge (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 +1

0ln(t)t

2+ 1dtLa fonctionf:t7!ln(t)t

2+1est continue sur ]0;+1[. On a a priori un probleme en 0 et en +1.

Etude deZ

1

0ln(t)t

2+ 1dt.

La fonctionf:t7!ln(t)t

2+1est continue et negative sur ]0;1]. De plus,

f(t) =ln(t)t

2+ 1t!0ln(t)1

= ln(t) et Zquotesdbs_dbs31.pdfusesText_37

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