DS1 2021 2022 (DM1) Correction

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Page 1 : Département de MathématiquesPréing 2 - Intégration et Probabilité2021 - 2022TD Revision - Intégrales GénéraliséesExercice 1. Étudier la nature des intégrales :aZ +11 cos xx2dx.bZ 01dxxx + 2.cZ +0x2x175 + 1dx.dZ 1ecos xxdx.eZ +3arctanxx2 + 2x + 7dx.fZ +2dxxlnx2 .Solution :a Posons fx = 1 cos xx2. Cette fonction est continue sur Rdonc sur 1; +. Pour étudierla convergence de l’intégrale, il suffit donc d’étudier le comportement au voisinage de l’infini.Maintenant cos x 1, donc1 cos xx2 1 cos xx21 + cos xx22x2 ,avecZ +1dxx2 convergente c’est une intégrale de RiemannZ +1dxxx avec α = 2 1 , donc, parcomparaison,Z +11 cos xx2dx est convergente.b Posons fx =1xx + 2. La fonction f est continue sur R\2, 0 donc sur 1; 0. Pour étudierla convergence de l’intégrale, il suffit donc de regarder ce qui se passe au voisinage de 0. Soit1 ε 0, on doit étudierZ ε1dxxx + 2.Cherchons λ et µ tels que1xx + 2 = λx +µx + 2 :1xx + 2 = λx +µx + 2 ⇐⇒1xx + 2 = λx + 2 + µxxx + 2= λ + µx + 2λxx + 2⇐⇒ λ + µ = 02λ = 1⇐⇒λ = 12etµ = 121

Page 2 : Ainsi,1xx + 2 = 1x + 121x + 2 et donc :Z ε1dxxx + 2 = 12Z ε1dxx 12Z ε1dxx + 2 = 12ln xε1 12ln x + 2ε1= 12ln ε ln 1 12ln ε + 2 ln 1 = 12 ln ε 12 ln ε + 2 →ε→0 ,donc l’intégraleZ 01dxxx + 2dx diverge.AUTRE MÉTHODE : Si 1 x 0, on a 1 x + 2 2 d’où 12 1x+2 1 et donc1xx + 2 121xPuisque l’intégraleZ 01dxx est divergente c’est une intégrale de Riemann, on en déduit queZ 01dxxx + 2 diverge par comparaisonc Posons fx =x2x17/5 + 1. Cette fonction est continue sur 0; +. De plus, si x 0, on ax17/5 + 1 1donc le dénominateur ne s’annule jamais. Pour étudier la convergence de l’intégrale, il suffit doncd’étudier le comportement au voisinage de +. On a, puisquex17/5 + 1 x17/5que1x17/5 + 1 1x17/5 .Doncx2x17/5 + 1 =x2x17/5 + 1 x2x17/5 =1x175 2 =1x175 105 =1x7/5 ,avecZ +1dxx7/5 convergente c’est une intégrale de RiemannZ +1dxxa avec α = 75 1 donc,par comparaison, l’intégraleZ +0x2x17/5 + 1 dx converge.d Posons fx = ecos xx. Cette fonction est continue sur Rdonc sur ; 1. Pour étudier laconvergence de l’intégrale, il suffit donc d’étudier le comportement au voisinage de . Puisque1 cos x 1, on a e1 ecos x e. Pour tout x 1, nous avons donce1xecos xxex,avecZ 1ex · dx divergente c’est une intégrale de RiemannZ 1dxxα avec α = 1 qui n’est pas 1 donc, par comparaison, l’intégraleZ 1ecos xxxdx diverge.2

Page 3 : e Le polynôme x2 + 2x + 7 n’est jamais nul. De plusarctanxx2 + 2x + 7 π2x2 =π2x2avecZ +3π2x2 dx convergente c’est une intégrale de RiemannZ +3dxxa avec α = 2 1. DoncZ +3arctanxx2 + 2x + 7dx converge absolument.f En effectuant le changement de variable u = lnx, nous pouvons écrireZdxxlnx2 =Z duu2 = 1u = 1lnx=⇒Z +2dxxlnx2 =1lnx+2=1ln2.DoncZ +2dxxlnx2 converge.Exercice 2. Étudier pour quelles valeurs de n N, l’intégraleIn =Z +1ln xxn dxconverge et calculer In dans ce cas.Solution : Rappelons que l’intégrale de BertrandZ 1dxxαln xβ converge si et seulement si α 1ou α = 1 et β 1. AinsiZ 1dxxnln x1 qui converge si et seulement si n 2.Si n 2, intégrons par partiesZ ln xxn dx. On aZ ln xxn dx = xn+1n + 1 ln x Zxn+1n + 11xdx = xn+1n + 1 ln x xn+1n 12 ,et doncIn = xn+1n + 1 ln x xn+1n 121=1n 12 .Exercice 3. Étudier la nature des intégrales :I =Z +21 cos1tdt;J =Z 10sin1tdt;K =Z +2πlncos1tdt.Solution :I =Z +21 cos1tdt : Il y a un problème en +. En effectuant un développement limite en+, nous avons1 cos1t= 1 1 1t22!+ o 1t2!=12t2 + o 1t212t2 .OrZ +212t2 dt est une intégrale de Riemann avec α = 2 1. L’intégrale I converge.3

Page 4 : J =Z 10sin1tdt : Il y a un problème en 0, mais attention on ne peut pas faire de développementlimité de t →sin1tcar la variable 1t tend vers l’infini. Pout tout 0 ϵ 1, on pose Jϵ =Z 1ϵsin1tdt, puis on fait le changement de variableu = 1t ⇐⇒t = 1u, dt = duu2 .De plus t = ϵ =⇒u = 1ϵ et t = 1 =⇒u = 1AinsiJϵ =Z 1ϵsin1tdt =Z1ϵ1sinuduu2= Z1ϵ1sinuu2du.Maintenant, 1ϵ →+, il s’agit donc de voir si la fonction u →sinuu2est intégrable en +. Nousavonssinuu2 1u2OrZ +21u2 du est une intégrale de Riemann avec α = 2 1. Donc la fonction u →sinuu2estabsolument intégrable en +donc intégrable et J converge.K =Z +2πlncos1tdt : Attention il y a deux problèmes, un en 2π parce que cos 22π=cosπ2= 0 et un autre en +. Soit a 2π, en 2π on poseu = t 2π ⇐⇒t = u + 2π , dt = duDe plus t = 2π =⇒u = 0 et t = a =⇒u = a 2πalorslncos1t= lncos1u + 2π= ln cos 12π1 + π2 u!!= lncosπ211 + π2 u= lncosπ21 π2 u + ou= lncosπ2 π24 u + ou= lnsinπ24 u + ou= lnπ24 u + ou= lnπ24+ lnu + ou lnuOr pour tout a 2π, nous avonsZ a2π0lnudu=hu lnu uia2π0=a 2π lna 2πa 2π .DoncZ a2πlncos1tdt converge. Finalement, en +, nous avonslncos1t= ln 1 1t22!+ o 1t2!= 12t2 + o 1t212t2Or pour tout a 2π nous avons queZ +a1t2 dt est une intégrale de Riemann avec α = 2 1.Par conséquent, K converge.4

Page 5 : Exercice 4. Déterminer pour quelles valeurs du couple α, β R2 les intégrales suivantes sont conver-gentes :Z +0dxxα1 + xβ;Z +0ln1 + xαxβdx.Solution :Z +0dxxα1 + xβ : Cherchons un équivalent simple en 0 et en +de la fonction f définie sur 0, parfx =1xα 1 + xβLe résultat dépend du signe de β. On peut résumer ce que l’on obtient dans le tableau suivant :L’ensemble des couples α, β pour lesquels l’intégraleZ 0fxdx est le domaine du plan limitépar les droites d’équation α + β = 1 et α = 1 exclues. On ne peut jamais avoir β = 0.Z +0ln1 + xαxβdx : Même méthode. Les équivalents dépendent du signe de α cette fois. Remarquonsque si α 0, xα tend vers 0 en 0 doncln 1 + xα xαet si α 0, on peut écrireln 1 + xα = ln xα + ln1 + xα= α ln x1 + ln 1 + xαα ln xet doncln 1 + xα α ln x.On a des résultats inversés en +. On peut résumer ce que l’on obtient dans le tableau suivant :5

Page 6 : L’ensemble des couples α, β pour lesquels l’intégraleZ 0fxdx est le domaine du plan limitépar les droites d’équation β α = 1 et β = 1 exclues. On ne peut jamais avoir α = 0.Exercice 5. Étudier la nature des intégrales :I =Z 10dx1 x;J =Z +0ex e2xxdx.Solution :I =Z 10dx1 x : La fonction11 x est continue sur 0, 1. Le problème de convergence de l’intégraleest donc en 1. Pour étudier ce problème, on fait un développement limité en 1 en posant x = 1+u.Lorsque x tend vers 1, u tend vers 0. De plus,1 x = 1 1 + u = 1 1 + u2 + ou = u2 + ouet donc1 x 1 x2.La fonction est donc équivalente en 1 à21 x. Cette dernière fonction n’est pas intégrable c’estune intégrale de Riemann divergente, on en déduit queZ 10dx1 x est divergente.J =Z +0ex e2xxdx : En effectuant un développement limité en 0 , on aet e2t = 1 t 1 2t + ◦t = t + ◦tdonclimt→0et e2tt= 1et la fonction se prolonge par continuité en 0 . Il en résulte que l’intégraleZ 10et e2ttdtconverge. D’autre part, si t 1, on a0 ettetet0 e2tte2t6

Page 7 : et puisque les intégralesZ 1etdt etZ 1e2tdt convergent, les intégralesZ 1ett dt etZ 1e2ttdtconvergent également. Donc l’intégraleZ 1et e2ttdt converge.7

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