des intégrales impropres Intégrales impropres de fonctions positives INTÉGRALES IMPROPRES EXERCICES ET SOLUTIONS ... exercices corrigés. de boeck.
polycopie Naceri Mostepha
Correction Exercices Chapitre 10 - Intégrales impropres. 10.1 Déterminer si les intégrales suivantes sont convergentes et le cas échéant
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Correction ▽. [005714]. Exercice 3. (Hors programme) Etudier la convergence des intégrales impropres suivantes : 1. (**) ∫ +∞.
fic
Exercice 4. ** Nature d'intégrales impropres. Déterminer la nature de chacune des intégrales impropres suivantes. 1. ∫ ∞.
MAT TD
dépend de la convergence des deux intégrales impropres suivantes : Pour répondre aux question no 1 et no 2 de cet exercice nous nous intéresserons.
corriges type esserhane
Théor`eme 1 Une intégrale absolument convergente est convergente. 3. Intégrales Impropres des fonctions `a signe constant. Si f est négative sur I alors −f
resume integ generalise
Mathématiques 3. DM1. CUPGE 2`eme année - automne 2020. Exercice 3. Intégrale impropres. Étudier la convergence des intégrales impropres suivante :.
DM corrige
Il s'agit d'une fonction de Riemann avec = 2 intégrable en +∞. 7 converge. Allez à : Exercice 2. • Il y a un problème en 0 mais attention on ne peut
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Exercice 3. Démontrez que. ∫ 1. 0 ln t dt est une intégrale impropre convergente et déterminez sa valeur. Un cas particulier qui se simplifie.
integration integrales impropres
Feuille d'exercices 2 Étudier la convergence et le cas échéant
fex
247699
Mathematiques 3 DM1 CUPGE 2eme annee - automne 2020
Devoir Maison 1 - corrige
Exercice 1. Un calcul de derivee?.
Soitf:R!Rla fonctionx7!x31+x6. Montrer quefest 15 fois derivable en 0 et determiner f (15)(0). Solution de l'exercice 1.La fonctionfest de classeC1par composition et quotient de fonctions de classeC1(le denominateur etant bien toujours non nul).
Calculons le DL
15(0) def. On a11 +y=y!01y+y2+o(y2), donc par composition11 +x6=x!01
x
6+x12+o(x12), et donc en faisant le produit parx3on obtient
f(x) =x!0x3x9+x15+o(x15): D'apres le theoreme de Taylor-Young applique afqui est bien de classeC15et l'unicite des coecients dans les developpements limites, on a alors f(15)(0)15! = 1, et doncf(15)(0) = 15!. Exercice 2. Integrales de Bertrand au voisinage de zero.
Soient;2R.
1. Soit <1=e. Montrer que
Z 1=e dxx jlnj(x)=Z 1 edtt
2ln(t)
2. En deduire la caracterisation de la convergence de l'integrale
Z 1=e 0dxx jlnj(x)vue en cours.
Solution de l'exercice 2.
1. Il s'agit d'eectuer le changement de variablet=1x
, valide car la fonctiont7!1t est bienC1sur [;1e ]. On a alorsdt=dxx
2et doncdx=dtt
2. De plus, on a que pour tout
x2[;1=e], ln(x)60 doncjln(x)j=ln(x) = lnt. Ainsi, en eectuant le changement de variable evoque plus haut, on obtient bien Z 1=e dxx jlnj(x)=Z 1=e dxx (ln(x)) Z 1 edtt
2(ln(t)):
2. On a que!0 ssi1
!+1, donc d'apres la question precedente, l'integraleZ 1=e 0dxx jlnj(x) converge ssi l'integraleZ +1 edtt
2ln(t)converge. D'apres le cours, ceci a lieu ssi 2 >1
ou (2= 1 et >1), ce qui equivaut encore a <1 ou (= 1 et >1), comme vu en cours.Universite de Paris 1 UFR de mathematiques Mathematiques 3 DM1 CUPGE 2eme annee - automne 2020
Exercice 3. Integrale impropres.
Etudier la convergence des integrales impropres suivante : 1. Z +1 0 sin1t dt: 2. Z +1
0sintt
dt:3. Z +1
0ptsin(1=t2)ln(1 +t)dt:
4. Z +1
1ln(t2t)(1 +t)2dt:
Solution de l'exercice 3.
1. Pourt>1, on a 06sin(1=t), et de plus comme limt!+11t
= 0, on a par composition que sin(1=t)1=tquandt!+1. Or l'integrale impropreR+1 1dtt diverge, donc en particulierR+1
0sin(1=t)dtdiverge.
2. Remarquons que la fonctionf:t7!sintt
est prolongeable par continuite en 0 en posant f(0) = 1. On a donc seulement une improprete en +1. Comme pour l'integrale de cost=t, on doit revenir a la denition et passer par une integration par parties.
Soit donc>1, les fonctionsu:t7! cost v:t7!1t
etant de classeC1sur [1;], on a par integration par parties : Z
1sintt
dt=costt 1 Z
1costt
2dt
Mathematiques 3 DM1 CUPGE 2eme annee - automne 2020
Devoir Maison 1 - corrige
Exercice 1. Un calcul de derivee?.
Soitf:R!Rla fonctionx7!x31+x6. Montrer quefest 15 fois derivable en 0 et determiner f (15)(0). Solution de l'exercice 1.La fonctionfest de classeC1par composition et quotient de fonctions de classeC1(le denominateur etant bien toujours non nul).
Calculons le DL
15(0) def. On a11 +y=y!01y+y2+o(y2), donc par composition11 +x6=x!01
x
6+x12+o(x12), et donc en faisant le produit parx3on obtient
f(x) =x!0x3x9+x15+o(x15): D'apres le theoreme de Taylor-Young applique afqui est bien de classeC15et l'unicite des coecients dans les developpements limites, on a alors f(15)(0)15! = 1, et doncf(15)(0) = 15!. Exercice 2. Integrales de Bertrand au voisinage de zero.
Soient;2R.
1. Soit <1=e. Montrer que
Z 1=e dxx jlnj(x)=Z 1 edtt
2ln(t)
2. En deduire la caracterisation de la convergence de l'integrale
Z 1=e 0dxx jlnj(x)vue en cours.
Solution de l'exercice 2.
1. Il s'agit d'eectuer le changement de variablet=1x
, valide car la fonctiont7!1t est bienC1sur [;1e ]. On a alorsdt=dxx
2et doncdx=dtt
2. De plus, on a que pour tout
x2[;1=e], ln(x)60 doncjln(x)j=ln(x) = lnt. Ainsi, en eectuant le changement de variable evoque plus haut, on obtient bien Z 1=e dxx jlnj(x)=Z 1=e dxx (ln(x)) Z 1 edtt
2(ln(t)):
2. On a que!0 ssi1
!+1, donc d'apres la question precedente, l'integraleZ 1=e 0dxx jlnj(x) converge ssi l'integraleZ +1 edtt
2ln(t)converge. D'apres le cours, ceci a lieu ssi 2 >1
ou (2= 1 et >1), ce qui equivaut encore a <1 ou (= 1 et >1), comme vu en cours.Universite de Paris 1 UFR de mathematiques Mathematiques 3 DM1 CUPGE 2eme annee - automne 2020
Exercice 3. Integrale impropres.
Etudier la convergence des integrales impropres suivante : 1. Z +1 0 sin1t dt: 2. Z +1
0sintt
dt:3. Z +1
0ptsin(1=t2)ln(1 +t)dt:
4. Z +1
1ln(t2t)(1 +t)2dt:
Solution de l'exercice 3.
1. Pourt>1, on a 06sin(1=t), et de plus comme limt!+11t
= 0, on a par composition que sin(1=t)1=tquandt!+1. Or l'integrale impropreR+1 1dtt diverge, donc en particulierR+1
0sin(1=t)dtdiverge.
2. Remarquons que la fonctionf:t7!sintt
est prolongeable par continuite en 0 en posant f(0) = 1. On a donc seulement une improprete en +1. Comme pour l'integrale de cost=t, on doit revenir a la denition et passer par une integration par parties.
Soit donc>1, les fonctionsu:t7! cost v:t7!1t
etant de classeC1sur [1;], on a par integration par parties : Z
1sintt
dt=costt 1 Z
1costt
2dt