intégrale généralisé exercice corrigées

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


2/8


+

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

=,


+

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 ,


+

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,


+

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


3/8

(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,


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.

3


4/8

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<


5/8

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.


(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.

5


6/8

(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-

6


7/8

pelle quesin2 = 12

(1 cos(2))etlimA+arctanA = 2 .


(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.

7


8/8

(iii) En dduire la valeur de lintgrale.


(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.

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