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TD1 - Intégrales généralisées

Exercice 1Montrer que les intégrales généraliséesR+1

2dxx+1etR+1

2dxx1sont di-

vergentes. Que peut-on dire de l"intégrale généraliséeR+1

2(11+x+11x)dx?

Solution.Les fonctionsf;g: [2;+1[!Rdéfinies par f(x) =1x+ 1etg(x) =1x1pour toutx2[2;+1[ sont localement (Riemann) intégrables sur[2;+1[(Exer)de même quefg.

D"autre part, pour chaqueX2[2;+1[, observons que

Z X

2dxx+ 1= [lnjx+ 1j]X2= ln(X+ 1)ln(3);(0.1)

et ZX

2dxx1= [lnjx1j]X2= ln(X1):(0.2)

Un passage à la limite dans (0.1) et (0.2) donne tout de suite lim X!+1Z X

2dxx+ 1= +1etlimX!+1Z

X

2dxx1= +1:

En particulier, les intégrales généralisées R+1

2dxx+1etR+1

2dxx1divergent. Une nou-

velle utilisation des relations (0.1) et (0.2) assure que pour chaqueX2[2;+1[, Z X

2f(x)g(x)dx=Z

X 2

11 +x+11x

dx= lnX+ 1X1 ln(3):(0.3) En combinant (0.3) aveclimX!+1ln(X+1X1) = 0(Exer)on aboutit à lim X!+1Z X 2

11 +x+11x

dx=ln(3): En conséquence, l"intégrale généralisée R+1

2(11+x+11x)dxconverge.Exercice 2Etudier la convergence des intégrales généralisées suivantes :

(a)R+1 1dxx

2p1+x;

(b)R0 1dxx

2p1+x;

(c)R+1

0ln(x+1)x

dx; (d)R+1

1ln(x)x

2dx.

Solution.(a)Il suffit d"observer(Exer)que

1x

2p1 +xx!+11x

5=2 et de noter que les fonctions impliquées dans cet équivalent sont positives et locale- ment (Riemann) intégrables sur[1;+1[(Exer)pour conclure que l"intégrale géné- raliséeR+1 1dxx

2p1+xest de même nature queR+1

1dxx

5=2. Or, cette dernière converge

car elle est l"intégrale généralisée en+1d"une fonction de Riemann de paramètre 1 =52 >1. On conclut alors que l"intégrale généraliséeR+1 1dxx

2p1+xconverge.

(b)Choisissons un réelc2]1;0[et rappelons que l"intégrale généraliséeR0 1dxx

2p1+xconvergesi et seulement siles deux intégrales généraliséesRc

1dxx 2p1+x etR0 cdxx

2p1+xconvergent. En exploitant(Exer)

1x

2p1 +xx!01x

2 et en notant que les fonctions qui interviennent dans l"équivalent ci-dessus sont positives et localement (Riemann) intégrables sur[12 ;0[(Exer), on arrive au fait que les intégrales généraliséesR0 12 dxx

2p1+xetR0

12 1x

2dxsont de même nature. Il

reste alors à voir que cette dernière diverge car elle est l"intégrale généralisée en

0d"une fonction de Riemann de paramètre= 2>1. En conclusion, l"intégrale

généraliséeR0 12 dxx

2p1+xdiverge de même queR0

1dxx

2p1+x.

(c)Commençons par observer avecI= [e1;+1[que les fonctionsf;g:I!R définies par f(x) =1x etg(x) =ln(x+ 1)x pour toutx2I sont localement (Riemann) intégrables surI(Exer). De plus, il n"est pas difficile d"établir(Exer)que

0< f(x)g(x)pour toutx2I:

En combinant les inégalités ci-dessus et la divergence de R+1 e1f(x)dx(car inté- grale généralisée en+1associée à une fonction de Riemann de paramètre= 1) on peut exploiter un théorème de comparaison pour aboutir à la divergence deR+1 e1g(x)dx. En particulier, l"intégrale généraliséeR+1

0ln(x+1)x

dxdiverge. (d)Introduisons les fonctionsf;g: [1;+1[!Rdéfinies par f(x) =ln(x)x

2etg(x) =1x

3=2pour toutx2[1;+1[

et notons qu"elles sont positives et localement (Riemann) intégrables sur[1;+1[ (Exer). Puisque pour tout réelx >0,ln(x)px, on a

0ln(x)x

21x

3=2pour toutx2]0;+1[:

D"autre part, notons que

R+1

1g(x)dxconverge (car il s"agit d"une intégrale gé-

néralisée en+1associée à une fonction de Riemann de paramètre32 >1). Ceci associé à l"encadrement ci-dessus permet alors de conclure queR+1

1ln(x)x

2dxest une

intégrale généralisée convergente.Exercice 3Etudier la convergence des intégrales généralisées dépendantes d"un

paramètre suivantes : (a)R1 0dxx (1x)avec;2R; 2 (b)R+1

1ax1+a2xdxaveca2]0;+1[;

(c)R+1

0etusin(u)duavect2R;

(d)R+1 sin(t)t dtavec2R.

Solution.(a)Soient;2R. Fixons"2]0;1[.

Etudions la convergence deR"

0dxx (1x). Observons d"une part(Exer)que 1x (1x)x!01x et d"autre part que les fonctions intervenant dans l"équivalent ci-dessus sont posi- tives et localement (Riemann) intégrables sur]0;"](Exer). Ainsi,R" 0dxx (1x)est de même nature queR" 0dxx qui est convergente si et seulement si <1.

Maintenant, étudions la convergence deR1

"dxx (1x). En vertu de l"équivalent(Exer) 1x (1x)x!11(1x) et du fait que les fonctions constituant cet équivalent sont positives et localement (Riemann) intégrables sur[";1[(Exer), les intégrales généraliséesR1 "dxx (1x)etR1 "dx(1x)sont de même nature. Notons que pour tout réel"02]";1[(Exer), Z "0 "dx(1x)=Z 1"

1"0dxx

ce qui entraîne que R1 "dx(1x)converge si et seulement si <1(Exer). En conclu- sion, l"intégrale généraliséeR" 0dxx (1x)converge si et seulement si <1et <1. (b)Soita2]0;+1[. Rappelons que pour toutx2R,ax=exln(a). Sia= 1, il est clair(Exer)queR+1

1ax1+a2xdxdiverge. Supposons donca6= 1et observons

par un changement de variables approprié(Exer)que pour toutX2[1;+1[, Z X 1a x1 +a2xdx=1ln(a)Z aX adx1 +x2=1ln(a)Arctan(aX)Arctan(a): D"autre part, notons quelimX!+1aX= +1sia >1etlimX!+1aX= 0sia <1 (Exer). Dans les deux cas,R+1

1ax1+a2xdxest une intégrale généralisée convergente

(Exer)et(Exer) Z +1 1a x1 +a2xdx=(

1ln(a)

2

Arctan(a)sia >1;

1ln(a)Arctan(a):sia <1:

(c)Fixonst2R. Pour chaqueX2]0;+1[, posonsIX=RX

0etusin(u)duet

observons que(Exer) I

X=etXcos(X) + 1tZ

X 0 cos(u)etudu 3 et ZX 0 cos(u)etudu=etXsin(X) +tIX: Ces deux égalités combinées donnent pour toutX2]0;+1[, I

X=11 +t21etXcos(X)tetXsin(X):(0.4)

Distinguons deux cas.

Cas 1 :t >0. On a tout de suite

lim x!+1etxcos(x) = 0etlimx!+1etxsin(x) = 0 ce qui fournit (via (0.4)) lim x!+1Z x 0 etusin(u)du=11 +t2: En particulier, l"intégrale généralisée R+1

0etusin(u)duconverge.

Cas 2 :t0. D"après (0.4), on a pour chaque entiern1, Z 2n 0 etusin(u)du=11 +t21et(2n)cos(2n)tet(2n)sin(2n)=11 +t21et(2n):

Par passage à la limite, on a

lim n!+1Z 2n 0 etusin(u)du=1: En conséquence, l"intégrale généralisée R+1

0etusin(u)dudiverge.

(d)Soit2R. Distinguons trois cas. Cas 1 : >1. La convergence de l"intégrale généraliséeR+1 dxx et les inégalités valables pour tout réelx >0, sin(x)x 1x etcos(x)x 1x nous disent que les intégrales généralisées R+1 sin(x)x dxetR+1 cos(x)x dxsont abso- lument convergentes. Cas 2 :2]0;1]. Une intégration par parties donne tout de suite(Exer)pour toutX2];+1[, Z X sin(x)x dx=cos(X)X 1 Z X cos(x)x +1dx:

En combinantlimx!+1cos(x)x

= 0et le premier cas ci-dessus(Exer), on obtient Z +1 sin(x)x dx=1 Z +1 cos(x)x +1dx:

Cas 3 :0. Par l"absurde, supposons queR+1

sin(x)x dxconverge. Observons que ceci entraîne lim n!+1Z 2n+34 2n+4 sin(x)x dx= 0:(0.5) 4

D"autre part, pour tout entiern1, on a

Z 2n+34 2n+4 sin(x)x dxZ 2n+34 2n+4 sin(x)dxZ 2n+34 2n+4 1p2 dx=2 p2

et ceci contredit (0.5).Exercice 4Montrer la convergence et calculer les intégrales généralisées suivantes :

(a)R+1 1dxx

2p1+x;

(b)R+1 1 1t

Arctan1t

dt; (c)R1

0ln(1x2)x

2dx; (d)R+1

0ettndtavecn2N;

(e)R1

1dx(2x2)p1x2.

Solution.(a)L"intégrale généraliséeR+1 1dxx

2p1+xconverge en vertu de l"encadre-

ment 0<1x

2p1 +x1x

2pour toutx2[1;+1[

et du fait de la convergence de R+1 1dxx

2. FixonsX2[1;+1[. Un changement de

variables approprié donne(Exer) Z X 1dxx

2p1 +x= 2Z

p1+X p2 dx(x21)2:

D"autre part, on a pour tout réelx >1,

1(x21)2=12(x1)+12(x1)2+12(x+ 1)+12(x+ 1)2:

Il découle de ceci(Exer)

Z +1 1dxx

2p1 +x=12

ln(3 + 2p2) + p2: (b)SoitT2[1;+1[. Une intégration par parties donne sans difficultés(Exer) Z T 1

Arctan1t

dt=TArctan1T 4 +12 ln(T2+ 1)12 ln(2):

Il vient alors

Z T 1 1t

Arctan1t

dt= lnTpT

2+ 1TArctan1T

+4 +12 ln(2):

Puisquelimx!+1xArctan(1x

) = 1(carArctan(x)x!0x) etlimx!+1lnxpx

2+1= 0,

l"intégrale généralisée R+1 1 1t

Arctan1t

dtconverge et satisfait Z +1 1 1t

Arctan1t

dt=4 +12 ln(2)1: 5 (c)Soient deux réels"etavec0< " < <1. Par intégrations par parties (Exer), on a Z "ln(1x2)x

2dx=ln(12)

+ln(1"2)" ln(1+)+ln(1+")+ln(1)ln(1"):

Il vient (grâce àln(1"2)"!0"2)

lim h!0;h>0Z hln(1x2)x

2dx=ln(12)

ln(1 +) + ln(1):

Ainsi, l"intégrale généralisée

R

0ln(1x2)x

2dxconverge. On a de plus

lim h!1Z h

0ln(1x2)x

2dx= limh!1;h<1ln(1h2)h

ln(1+h)+ln(1h)=2ln(2):

Finalement, l"intégrale généralisée

R1

0ln(1x2)x

2dxconverge et

Z 1

0ln(1x2)x

2dx=2ln(2):

(d)On convient ici que00= 1. Soitk2Nfixé. Puisquelimt!+1ettk+2= 0, il existe un réelB >0tel que pour tout réeltB,

0ettk1t

2: La convergence de l"intégrale généralisée R+1 1dtt

2associée à l"encadrement précé-

dent garantit alors la convergence deR+1

1ettkdt. Par récurrence, montrons que

pour toutn2N,Z+1 0 ettndt=n!:

Il est immédiat de constater que

Z +1 0 etdt= 1 = 0!:

Soitm2Nun entier. Supposons queR+1

0ettmdt=m!. Une intégration par

parties permet d"établir que(Exer) Z +1 0 ettm+1dt= (m+ 1)Z +1 0 ettmdt: Il reste alors à exploiter l"hypothèse de récurrence pour arriver à Z +1 0 ettm+1dt= (m+ 1)(m!) = (m+ 1)!:

Ceci termine la récurrence.

(e)Soienta;bdeux réels avec1< a < b <1. Un changement de variables approprié donne(Exer) Z b adx(2x2)p1x2=Z

Arcsin(b)

Arcsin(a)dx2sin2(x):

6

D"autre part, on a

Z

Arcsin(b)

Arcsin(a)dx2sin2(x)=Z

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