Université Mohamed V Agdal Printemps 2020 Faculté des Sciences de Rabat
Département de Mathématiques
SMPC S2 ANALYSE
Série d’exercices n° 2 : Intégrales généralisées Corrigé
Exercice n° 1
Prouver la convergence des intégrales suivantes I1 = !"#² (&)
&
(
*) dx I2 = &
(+, & )²- . .
* dx I3 = /01 .12
&) .
* dx I4 = .
345- . .
* dx I5 = &²
789 :& 1 . .
* dx
Exercice 1 : corrigé
• L’intégrale I1 est impropre en 0 car la fonction f telle que f(x) = 9;,²&& n’est pas définie en 0. Mais lim
&→*𝑓(𝑥) = 0. C’est une limite finie donc I1 est « faussement impropre »
donc elle converge.
• L’intégrale I2 est impropre en 0 car la fonction f telle que f(x) = &
(B# & )²- . n’est pas définie en 0. Mais lim
&→*𝑓(𝑥) = 0. C’est une limite finie donc I2 est « faussement
impropre » donc elle converge.
• L’intégrale I3 est impropre en 0 car la fonction f telle que f(x) = 351.1&
&² n’est pas définie en 0. Mais lim
&→*𝑓(𝑥) = .
: (Développements limités d’ordre 2 au voisinage de zéro ; ex = 1 + x + &²
: + o(x²)). C’est une limite finie donc I3 est « faussement impropre » donc elle converge.
• L’intégrale I4 est impropre en 0 car la fonction f telle que f(x) = .
345- .
n’est pas définie en 0. Mais lim
&→*C𝑓(𝑥) = 0. C’est une limite finie donc I4 est « faussement impropre »
donc elle converge.
• L’intégrale I5 est impropre en 0 car la fonction f telle que f(x) = &²
DE! :& 1 . n’est pas définie en 0. Mais lim
&→*𝑓(𝑥) = - .
:. (Développements limités d’ordre 2 au voisinage de
zéro ; cos(2x) = 1- (:&)²
: + o(x²) = 1- 2x² + o(x²)). C’est une limite finie donc I5 est
« faussement impropre » donc elle converge.
Exercice n° 2
Prouver la convergence des intégrales suivantes I1 = 2-.
&(&F- .) -∞
. dx I2 = 3G5
&-H -∞
* dx I3 = *.𝑥𝐿𝑛(𝑥)dx I4 = 9;,&
& &
-∞
* dx
Exercice 2 : corrigé
• L’intégrale I1 est impropre en + ∞ et la fonction f telle que f(x) = & (&&-.F-.) est positive au voisinage de + ∞.
Par critères de comparaison, nous avons en + ∞ x + 1 ~ x et 𝑥(𝑥H + 1) ~ 𝑥M) . Donc f(x) ~ .
&N) . Et .
&N) -∞
. dx converge car c’est une intégrale de Riemann avec 𝛼 = P: > 1 . Donc I1 converge.
• L’intégrale I2 est impropre en + ∞ et la fonction f telle que f(x) = &-H3G5 est positive au voisinage de + ∞.
Par critères de comparaison, nous avons plusieurs techniques, l’une d’entre elles est d’effectuer un test de Riemann ; nous savons que .
&) -∞
. dx converge nous calculons
&→-Qlim 𝑥:𝑓(𝑥). lim
&→-Q𝑥: 3&-HG5 = lim
&→-Q𝑥 𝑒1& = 0 . Donc en + ∞ f(x) = o(&².) et par critère de comparaison I2 converge.
• L’intégrale I3 est impropre en 0. Elle est faussement impropre car lim
&→*𝑥𝐿𝑛(𝑥) = 0.
C’est une limite finie donc I3 converge.
• L’intégrale I4 est impropre en + ∞ et en 0. Donc nous allons montrer que les deux intégrales 9;,&
& &
.
* dx et 9;,&
& &
-Q
. dx convergent.
Pour la première, elle est impropre en 0. Regardons si elle est faussement impropre.
& →*lim
9;,&
& & = + ∞. Donc elle n’est pas faussement impropre. Utilisons les critères de
comparaison. |9;,&
& & | ~ .
& en 0 et .
&
.
* dx converge (Riemann ; 𝛼 = .
: ) Donc 9;,&
& &
.
* dx
converge absolument donc converge.
Pour la seconde |9;,&& & | ≤ & &. et & &. -∞
. dx converge donc 9;,&& &
-∞
. dx converge absolument donc converge
Finalement I4 converge.
Exercice n° 3
Calculer les intégrales suivantes après avoir montré qu’elles convergent
I1 = .
(35- .)(3G5- .) -∞
* dx I2 = 3G 5
&
-∞
* dx I3 = +,(&)
&) -Q
. dx I4 = TUDVT# (&)
. - &² -∞
* dx
I5 = DE! (:&)
!"# (:&) (
*) dx I6 = .
. - & - &² -∞
* dx
Exercice 3 : corrigé
• L’intégrale I1 est impropre en +∞ . Procédons en deux étapes, la convergence puis le calcul.
o Convergence : en +∞ 35- . (3.G5- .) ~ 𝑒1& et *-Q𝑒1&dx converge, on peut soit faire un test de Riemann en multipliant par x² soit calculer aisément une primitive et montre que cette primitive a une limite finie en + ∞ .
o Calcul : Posons I1(X) = *W(35- .)(3.G5- .)dx. Effectuons un changement de variable et posons u = 𝑒&, nous avons du = 𝑒&dx = u.dx donc dx = XY
Y
1𝑒𝑋1(𝑢+ 1)(1𝑢+ 1)𝑑𝑢𝑢 = 1𝑒𝑋du(𝑢+ 1)² = [ - 1𝑢+1 ]𝑒𝑋1 = 12 - 1𝑒𝑋+ 1 Donc
W → - Qlim 𝐼.(𝑋) = .
: Donc I1 = .
:
• L’intégrale I2 est impropre en 0 et en +∞ . Procédons en deux étapes, la convergence puis le calcul.
o Convergence : en +∞, procédons à un test de Riemann. 3G 5& est positive et
& → -Qlim 𝑥²3G 5& = 0. Donc 3G 5& = o(&².) et .-Q&².dx converge c’est une intégrale de Riemann, donc 3G 5
&
-∞
. dx converge.
En 0, 3G 5
& ~ .& et .
&
.
* dx converge donc 3G 5
&
.
* dx converge. Et donc
3G 5
&
-∞
* dx converge.
o Calcul : Posons I2(X) = /G 0
&
W
. dx. Effectuons un changement de variable et posons u = 𝑥, nous avons du = : &. dx = :Y..dx donc dx = 2u.du
I2(X) = .W2𝑒1Ydx = [-2𝑒1Y] 𝑋 1 .
Et lim
W→ - Q𝐼:(𝑋) = :3 . lim
W→ *𝐼:(𝑋) = :3 - 2. Donc I2 = 2
• L’intégrale I3 est impropre en +∞ . Procédons en deux étapes, la convergence puis le calcul.
o Convergence : en +∞, procédons à un test de Riemann. +,(&)&² est positive et
& → -Qlim 𝑥 𝑥+,(&)
&² = lim
& → -Q +,(&)
& =0. Donc +,(&)
&² = o( .
& &) et .
& &
-Q
. dx converge c’est une intégrale de Riemann, donc .-∞+,(&)&² dx converge.
o Calcul : Posons I3(X) = +,(&)
&² W
. dx. Effectuons une intégration par parties.
Posons u(x) = Ln(x) v’(x) = .
&². Donc u’(x) = .
& . v(x) = - .
& I3(X) = [ - +,&
& ]𝑋
1 + .
&² W
. dx = [ 1+, & 1 .
& ]𝑋 1=
1 B# W 1 .
W + 1. Et lim
W → -Q𝐼c(𝑋) = 1. Donc I3 = 1.
• L’intégrale I4 est impropre en +∞ . Procédons en deux étapes, la convergence puis le calcul.
o Convergence : en +∞, de7fg,&
&²-. est positive et de7fg,&
&²-. < h:. .-&². et h:. .-&². ~ h:. &². . De plus
( )
&² -∞
. dx converge donc I4
converge.
o Calcul : Posons I4(X) = de7fg,&
&²-.
W
. dx. Effectuons une intégration par parties.
Posons u(x) = Arctanx v’(x) = .
.- &². Donc u’(x) = .
.- &² . v(x) = Arctanx I4(X) = [(Arctanx)²]𝑋
1 - I4(X) Donc
W→-Qlim 𝐼H(X) = .
: ((h
:)² − (h
H)²)) . Donc I4 = ch²
c:.
• L’intégrale I5 est impropre en 0 et en h
:. Procédons en deux étapes, la convergence puis le calcul.
o Convergence : en 0,| DE! (:&)
!"# (:&) | ~ .:& et .
:&
.
* dx converge Donc DE! (:&)
!"# (:&) (
*F dx
converge.
Pour la convergence en h
: elle est garantie en remarquant que f(h
: - x) = f(x).
o Calcul : Posons I5(X) = DE! (:&)
!"# (:&) (
WF dx. Posons u = sin(2x) du = 2cos(2x).dx.
I5(X) = .
: Y .
!"# (:W) du = 1 – sin (2𝑋). Posons J5(X) = DE! (:&)
!"# (:&) (W
F
dx. Posons u =
h
: - x du = -dx J5(X) = DE! (:Y)
!"# (:Y) (
)1 W ( F
du = - I5(h
:−X) = - I5(X) Donc I5 = 0
• L’intégrale I6 est impropre en + ∞. Procédons en deux étapes, la convergence puis le calcul.
o Convergence : en + ∞, .
&²-&-. ~ .
&² et .
&² -Q
. dx converge Donc I6 converge.
o Calcul : Posons I6(X) = .
&²-&-.
W
. dx. Posons u = x + .
: du = dx.
I6(X) = .
Y²- lF W- 4) l )
du Posons v = :Y
c dv = :
c𝑑𝑢 Donc I6(X) = c
:. H
c
. m²- . )
l(W- 4))
c dv = :
c [Arctanv]
:
c(𝑋 + .:) 3 Donc I6 = :
c ( h
:− h
c) = h
c c
Exercice n° 4
On pose I = /G0 1 /G)0
&
-∞
* dx
1) Montrer que I converge.
2) Soit a > 0. Etablir que /G0 1 /G)0
&
-∞
g dx = /G0
&
:g
g dx . (On pourra poser u = 2x) 3) En déduire la valeur de I.
4) Calculer *.+,(&)& 1 .dx (Poser x = 𝑒1f)
Exercice 4 : corrigé
1) I est impropre en 0 et en + ∞.
o En 0, cherchons si elle est faussement impropre.
e-x = 1 – x + &²
: + o(x²) ; e-2x = 1 – 2x + 2x² + o(x²). donc f(x) = 1 - c
: x + o(x).
Donc lim
& → *𝑓 (𝑥) = 1. Donc I est faussement impropre en 0.
o En +∞ , Effectuons un test de Riemann. lim
& → -Q 𝑥² 𝑓 (𝑥) = 0.
Donc f(x) = o(.
&²) Or .
&) -∞
. dx converge Donc .-∞𝑓(𝑥)dx converge.
Par conséquent I converge.
2) g-∞/G0 1 /& G)0dx = g-∞/G0& dx - g-∞/G)0& dx .
Considérons I(X) = /G0
&
W
g dx - /G)0
&
W
g dx = I1(X) – I2(X). Dans I2(X) effectuons le changement de variable u = 2x du = 2dx
I2(X) = :g:W/GoY du Donc g-∞/G0 1 /& G)0dx = g:g/G0& dx.
3) Par encadrement si a ≤ x ≤ 2a alors e-2a ≤ e-x ≤ e-a Donc 3G)p& ≤ 3G5& ≤ 3&Gp
4) Donc e-2aLn(2) ≤ g-∞/G0 1 /& G)0dx ≤ e-aLn(2) .En faisant tendre a vers 0 nous obtenons I = Ln(2).
5) Posons J = & 1 .
+,(&) .
* dx . Posons x = e-t dx = - e-tdt ; Donc J = /G)q 1 /Gq
1f -∞
* dt = I =
Ln(2)
Exercice n° 5
Déterminer les valeurs de 𝛼 et 𝛽 pour lesquelles les intégrales suivantes convergent.
I1 = .
fs(.- ft) -∞
* dt I2 = +,(.- fs)
f)t -∞
* dt I1 = (.-f))s1 f)s
ft -∞
* dt