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8/12/2019 intgrale gnralis exercice corriges www.etu-sup.com
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Mathmatiques 3 (L2) Quelques exercices supplmentaires
INTGRALES GNRALISES
1. Calcul dintgrales gnralises par primitivation . . . . . . . 1
2. Nature dintgrales gnralises . . . . . . . . . . . . . . . . 3
3. Exercices complmentaires (plus difficiles). . . . . . . . . . . 6
1. Calcul dintgrales gnralises par primitivation
Exercice 1.1.Convergence et calcul des intgrales suivantes.
(i) +
0
ex dx.
(ii) +
1
dxx2
.
(iii) 1
0
dxx
.
(iv) +
dx
1 +x2.
(v) +
0
xex2
dx.
(vi) +
0
xex.
(vii) +
0
earctanx
1 +x2dx.
(viii) +
2
dxx2 1 .
(ix)
4
0
cosxsinx
.
On rappelle quearctanA A+
2
etarctanA A
2
.
Corrig de lexercice 1.1.(i) Posons f(x) = ex. La fonction f est continue sur [0 ;+[ donc pour tudier la conver-
gence de lintgrale, il suffit de se proccuper du comportement au voisinage de +. SiA> 0, on a A
0
ex dx =[ex]A0 =1 eA A+
1,
donc lintgrale est convergente et
+
0
ex dx =1.
(ii) Posons f(x) = 1x2
. La fonction fest continue sur [1 ;+[ donc pour tudier la convergencede lintgrale, il suffit de se proccuper du comportement au voisinage de +. Si A > 1,on a
A
1
dx
x2 =
1
xA
1
=1 1A
A
+
1,
1
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donc lintgrale est convergente et
+
1
dx
x2 =1.
(iii) Posons f(x) = 1x
. La fonction f est continue sur ]0 ; 1] donc pour tudier la convergence
de lintgrale, il suffit de se proccuper du comportement au voisinage de 0. Si 0 < 0 > B, on a
A
B
dx
1 +x2 =[arctanx]A
B
=arctanA
arctanB A+
2arctanB
B+
2
2
=,
donc lintgrale est convergente et
+
dx
1 +x2 =.
(v) Posons f(x) = xex2
. La fonction fest continue sur [0 ;+[ donc pour tudier la conver-gence de lintgrale, il suffit de se proccuper du comportement au voisinage de +. SoitA> 0 ; puisque f(x) = xex
2
est de la forme 12
ueu, elle se primitive en 12
eu et donc :
A0 xe
x2=
1
2 ex2A
0
= 1
21
2 eA2
A+1
2 ,
donc lintgrale est convergente et
+
0
xex2
dx = 1
2.
(vi) Posons f(x) = xex. La fonction fest continue sur [0 ;+[ donc pour tudier la conver-gence de lintgrale, il suffit de se proccuper du comportement au voisinage de +. SoitA > 0 ; pour calculer
A0
xex, on fait une intgration par parties en drivant x et en int-grantex :
A
0
xex =[xex]A0 + A
0
ex dx =AeA + [ex]A0 =AeA eA + 1 A+
1,
donc lintgrale est convergente et
+
0
xex =1.
(vii) Posons f(x) = earctanx
1+x2 . La fonction fest continue sur [0 ;+[ donc pour tudier la conver-
gence de lintgrale, il suffit de se proccuper du comportement au voisinage de +. SoitA> 0. Puisque f(x) est de la forme ueu elle se primitive en eu : A
0
earctanx
1 +x2 dx =
earctanx
A0=earctanA 1
A+e/2 1,
donc lintgrale est convergente et +
0
earctanx
1 +x2dx =e/2
1.
2
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(viii) Posons f(x) = 1x21 . La fonction f est continue sur [2 ;+[ donc pour tudier la conver-
gence de lintgrale, il suffit de se proccuper du comportement au voisinage de +. SoitA> 0. Dcomposons f(x) sous la forme
x+1+
x1 :
1
x2 1 =
x + 1+
x 1 1
x2 1 =
(x 1) +(x + 1)x2 1
1x2 1 =
( +) + ( )x2 1
+ =0
=1
=2 =1
=12
et = 1
2,
et donc 1x21 =
12
1x1 12 1x+1; par suite :
A
2
dxx2 1 =
12
A
2
dxx 1
12
A
2
dxx + 1
= 12
[ln |x 1|]A2 12[ln |x + 1|]A2
= 1
2(ln(A 1) ln1) 1
2(ln(A + 1) ln3) = 1
2ln
A 1A + 1
+1
2ln 3
A+
1
2ln 3,
car A1A+1
= 1 1A
1+ 1A
A+1 donc ln A1
A+1 A+
ln 1 = 0. Par suite, lintgrale converge et
+
2
dx
x2
1 =
1
2ln3.
(ix) Posons f(x) = cosxsinx . La fonction fest continue sur ]0 ; 4
] (car sinx > 0 sur ]0 ; 2
[) donc
pour tudier la convergence de lintgrale, il suffit de se proccuper du comportement au
voisinage de 0. Soit 0 < < 4
. La fonction fest de la forme uu
avecu(x) = sinx donc se
primitive en 2
u:
/4
cosxsinx
dx =2
sinx/4
=2
sin
4 2
sin =2
2
2 2
sin
=2 21/4
21/2 2
sin =23/4 2
sin
023/4,
donc lintgrale est convergente et
4
0
cosxsinx
dx =23/4.
2. Nature dintgrales gnralises
Exercice 2.1.Dterminer la nature des intgrales suivantes.On pourra primitiver les fonctions.
(i) +
0
dx
x2 dx. (ii)
+
0
dxx
dx. (iii) +
0
ex dx. (iv)
0
1
dx
x(x + 2)dx.
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Corrig de lexercice 2.1.
(i) Posons f(x) = 1x2
. La fonction fest continue sur ]0 ;+[ donc pour tudier la convergencede lintgrale, il faut sintresser au comportement au voisinage de 0 et de +. Si 0< 1, donc
il y a divergence de lintgrale au voisinage de +. Lintgrale +0
dxx
dxnest donc pas
convergente.
(iii) Posons f(x) = ex. La fonction f est continue sur R donc sur [0 ;+[. Pour tudier laconvergence de lintgrale, il su
ffit donc de regarder le comportement au voisinage delinfini. SiA > 0, A
0
ex dx =[ex]A0 =e
A 1 A+
+,
donc lintgrale
+
0
ex dxdiverge.
(iv) Posons f(x) = 1x(x+2)
. La fonction fest continue sur R \ {2, 0} donc sur [1 ; 0[. Pourtudier la convergence de lintgrale, il suffit donc de regarder ce qui se passe au voisinage
de 0. Si
1<
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Ainsi, 1x(x+2)
= x+
x+2et donc :
1
dx
x(x + 2) =
1
2
1
dx
x 1
2
1
dx
x + 2 =
1
2[ln |x|]1
1
2[ln |x + 2|]1
=
1
2(ln || ln1) 1
2(ln | + 2| ln1) = 1
2ln || 1
2ln | + 2|0 ,
donc lintgrale
01
dx
x(x + 2)dxdiverge.
Autre methode. Si 1x0, on a 1x + 22 do 12 1
x+2 1 et donc
1x(x + 2) 12 1|x|
Puisque lintgrale 0
1
dx
|x
|
est divergente (cest une intgrale de Riemann), on en dduit que 01 dxx(x+2) diverge par comparaison
Exercice 2.2. Dterminer la nature des intgrales suivantes. On pourra comparer des int-grales de rfrences.
(i) +
1
1 cosxx2
dx.
(ii) 1
0
cosxx
dx.
(iii) +
0
x2
x17/5 + 1dx.
(iv)
1
0
x2 + 1
xdx.
(v) 1
0
ex
xdx.
(vi)
1
ecosx
xdx.
Corrig de lexercice 2.2.
(i) Posons f(x) = 1cosxx2
. Cette fonction est continue sur R donc sur [1 ;+[. Pour tudierla convergence de lintgrale, il suffit donc dtudier le comportement au voisinage de
linfini. On a, puisque |cosx|1,1 cosxx2 |1 cosx|x2 1 + |cosx|x2 2x2 ,
avec +1 dxx2 convergente (cest une intgrale de Riemann +1 dxx avec = 2 > 1), donc,par comparaison,
+1
1cosxx2 dxest convergente.
(ii) Posons f(x) = cosxx
. La fonction fest continue sur ]0 ;+[ donc sur ]0 ; 1]. Pour tudierla convergence de lintgrale, il suffit donc dtudier le comportement au voisinage de 0.
On a, puisque |cosx|1,cosxx |cosx|x 1x ,
avec
1
0dx
xconvergente (cest une intgrale de Riemann
1
0dxx
avec = 12
< 1), donc, par
comparaison, 1
0
cosx
x dxest convergente.
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(iii) Posons f(x) = x2
x17/5+1. Cette fonction est continue sur ]0 ;+[ (si x > 0, on a x17/5 + 1> 1
donc le dnominateur ne sannule jamais). Pour tudier la convergence de lintgrale, il
suffit donc dtudier le comportement au voisinage de +. On a, puisque x17/5 +1x17/5,1
x17/5+1 1
x17/5, et donc
x2x17/5 + 1 = x2x17/5 + 1 x2x17/5 = 1x 1752 = 1x 175 105 = 1x7/5 ,
avec +1
dxx
convergente (cest une intgrale de Riemann 1
0dxx
avec = 74
>1) donc, par
comparaison, lintgrale +0
x2
x17/5+1dxconverge.
(iv) Posons f(x) = x2+1
x . Cette fonction est continue sur R donc sur ]0 ; 1]. Pour tudier la
convergence de lintgrale, il suffit donc dtudier le comportement au voisinage de 0. On
a 1x2 + 12, donc
x2+ 1
x = x
2+ 1
x 1
x ,
avec 1
0dxx
divergente (cest une intgrale de Riemann 1
0dxx
avec = 1 qui nest pas< 1)
donc, par comparaison, lintgrale 1
0x2+1
x dxdiverge.
(v) Posons f(x) = ex
x . Cette fonction est continue sur R donc sur ]0 ; 1]. Pour tudier la
convergence de lintgrale, il suffit donc dtudier le comportement au voisinage de 0.
Lorsque 0< x1, on a 1 < ex e et donc
ex
x = ex
x 1
x,
avec 1
0dxx
divergente (cest une intgrale de Riemann 1
0dxx
avec = 1 qui nest pas< 1)
donc, par comparaison, lintgrale 1
0ex
x dxdiverge.
(vi) Posons f(x) = ecosx
x . Cette fonction est continue sur Rdonc sur ] ; 1]. Pour tudier la
convergence de lintgrale, il suffit donc dtudier le comportement au voisinage de.Puisque 1cosx1, on a e1 ecosx e et donc
ecosx
x
=
ecosx
|x| e1
|x| ,
avec1 dxx divergente (cest une intgrale de Riemann 1 dxx avec = 1 qui nest pas
>1) donc, par comparaison, lintgrale 1
ecosx
x dxdiverge.
3. Exercices complmentaires (plus difficiles)
Exercice 3.1.
(i) Montrer que +
0
x2
(1 +x2)2dxconverge.
(ii
) En faisant le changement de variable x =
tan , calculer lintgrale prcdente. On rap-
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pelle quesin2 = 12
(1 cos(2))etlimA+arctanA = 2 .
Corrig de lexercice 3.1.
(i) Posons f(x) = x2
(1+x2)2. La fonction f est dfinie et continue sur [0 ;+[ donc le seul
problme possible est au voisinage de +. Puisque x2
x2
+ 1, on a :
x0, |f(x)| x2
(x2)2 =
x2
x4 =
1
x2.
Comme +0
dxx2
converge, on en dduit, par comparaison, que +0
x2
(1+x2)2dxconverge ga-
lement.
(ii) Soit A > 0. Faisons le changement de variable x = tan dans lintgrale A
0x2
(1+x2)2dx.
Comme on la dj vu, f est continue sur i = [0 ;+[. La fonction : tan est C1sur [0 ;
2[ avec() = 1 + tan2 et prend ses valeurs dansI=[0 ;+[. Finalement, on a
(0) =0 et (arctanA) = A. Toutes les hypothses du thorme de changement de variable
sont donc vrifies : A0
x2
(1 +x2)2dx =
A0
f(x) dx =
arctanA0
f(())() d
=
arctanA0
()2
(1 + ()2)2() d
=
arctanA0
tan2
(1 + tan2 )2(1 + tan2 ) d
= arctanA
0
tan2
1 + tan2 d
Puisque 1 + tan2 = 1cos2
et tan2 = sin2
cos2 , on a tan
2
1+tan2 =sin2 et donc : A
0
x2
(1 +x2)2dx =
arctanA0
sin2 d= 1
2
arctanA0
(1 cos(2)) d
= 1
2
1
2sin(2)
arctanA0
= 1
2
arctanA 1
2sin(2 arctanA)
.
On fait maintenantA+, ce qui donne, puisque arctanA 2
et sin =0 :
A0
x2
(1 +x2)2 dx A+1
2
21
2sin()=
4 .
Exercice 3.2.
(i) Montrer que +
2
4x
x4 1dxconverge.(ii) Vrifier que
1
x4
1 =
2xx2 + 1
+ 1
x
1+
1
x + 1.
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(iii) En dduire la valeur de lintgrale.
Corrig de lexercice 3.2.
(i) Posons f(x) = 4xx41 . La fonction fest dfinie et continue sur ]1 ;+[ donc sur [2 ;+[.
Pour tudier la convergence de lintgrale, il suffit donc de se proccuper du comportementau voisinage de +.Lide pour majorer 4x
x41 est dcrire 4xx4
x4
x41 et de montrer que x4
x41 est born. Pour cela, oncrit
x4
x4 1 = x4 1 + 1
x4 1 =1 + 1
x4 1 ,avec
x2 = x4 24 =42 =16 = x4 115 = 1x4 1
1
15,
et donc :
x4
x4 1 1 + 1
15 =
16
15.
Ainsi, 4xx4 1 = 4xx4 1 = 4xx4 x
4
x4 1 4
x3 16
15 =
32
15
1
x3,
avec +1
dxx3
convergente (cest une intgrale de Riemann +1
dxx
avec = 3 > 1), donc,
par comparaison, lintgrale est convergente.
(ii) On a, puisque (x 1)(x + 1) = x2 1 et (x2 + 1)(x2 1) = x4 + 1 :
2x
x2 + 1 + 1
x 1 + 1
x + 1 = 2x
x2 + 1 + x + 1 +x
1
x2 1 = 2x
x2 + 1 + 2x
x2 1=
2x(x2 1) + 2x(x2 + 1)x4 1 =
4x
x4 1 .
(iii) SoitA > 2 ; on a : A2
4x
x4 1dx = A
2
2x
x2 + 1dx +
A2
dx
x 1dx + A
2
dx
x + 1dx
Les deux dernires intgrales se primitivent directement ; la premire intgrale est du type
u
u avecu(x) = x2 + 1 donc se primitive en ln |u|. Par consquent : A
2
4xx4 1dx =
lnx2 + 1A
2+ [ln |x 1|]A2 + [ln |x + 1|]A2
= ln(A2 + 1) + ln 5 + ln(A + 1) ln 1 + ln(A 1) ln 3
= (A + 1)(A 1)
A2 + 1 + ln
5
3 =ln
A2 1A2 + 1
+ ln5
3 A+
ln5
3
vu que A21
A2+1 =
1 1A2
1+ 1A2
A+
1 et donc A21
A2+1 A+
0. Par suite : +
2
4x
x4 1dx =ln5
3.
8
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