Petites intégrales généralisées (2/2)

Exercice 1.
Calculer {J=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\,\text{d}x}{x^{3}+1}} et {K=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x\,\text{d}x}{x^{3}+1}}.
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Il est clair que les intégrales J et K ont un sens.

Le changement de variable {t=1/x} donne : {J=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\,\text{d}x}{x^{3}+1}=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{t\,\text{d}t}{t^{3}+1}=K}

Par ailleurs : {\begin{array}{rl}J+K=2J&=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x+1}{x^{3}+1}\,\text{d}x\\\\&=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\,\text{d}x}{x^{2}-x+1}=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\,\text{d}x}{\big(x-\frac12\Bigr)^{2}+\frac34}\end{array}}Avec {x-\dfrac{1}{2}=\dfrac{\sqrt3}{2}t}, on trouve : {\begin{array}{rl}2J&=\dfrac{2\sqrt3}{3}\displaystyle\int_{-1/\sqrt3}^{+\infty}\dfrac{\,\text{d}t}{t^{2}+1}=\dfrac{2\sqrt3}{3}\Big[\arctan t\Bigr]_{-1/\sqrt3}^{+\infty}\\\\&=\dfrac{2\sqrt3}{3}\Bigl(\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{6}\Bigr)=\dfrac{4\sqrt3}{9}\pi\end{array}}Ainsi {J=K=\dfrac{2\sqrt3}{9}\pi}.

Exercice 2.
Après avoir prouvé son existence, calculer {I_n=\displaystyle\int_0^{+\infty}x^n\text{e}^{-x}\,\text{d}x}.
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Pour tout {n} de {\mathbb{N}}, {f\colon x\mapsto x^n\text{e}^{-x}} est continue sur {\mathbb{R}^+}.

Elle est donc intégrable sur tout segment de {\mathbb{R}^+}.

Pour tout {n} de {\mathbb{N}}, on a : {\begin{array}{rl}\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}x^2f_n(x)=\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}x^{n+2}\text{e}^{-x}=0\end{array}}

On en déduit que {f_n} est intégrable sur {\mathbb{R}^+}.

Pour {n\ge1}, on intègre {I_{n}} par parties (en dérivant {x^{n}}) : {\begin{array}{l}I_{n}&=\displaystyle\int_0^{+\infty}x^{n}\text{e}^{-x}\,\text{d}x\\\\&=\Bigl[-x^{n}\text{e}^{-x}\Bigr]_0^{+\infty}+n\displaystyle\int_0^{+\infty}x^{n-1}\text{e}^{-x}\,\text{d}x\\\\&=nI_{n-1}\end{array}}Par récurrence évidente, il en découle : {\begin{array}{rl}I_n&=n!\,I_0=n!\displaystyle\int_0^{+\infty}\text{e}^{-x}\,\text{d}x\\\\&=n!\,\Bigl[-\text{e}^{-x}\Bigr]_0^{+\infty}=n!\end{array}}

Exercice 3.
Calculer {K_{n}=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\,\text{d}t}{(t^{2}+1)^{n}}} (avec {n\ge1}).
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Soit {n\ge1}. On intègre par parties : {\begin{array}{rl}K_{n}&=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\,\text{d}t}{(t^{2}+1)^{n}}\\\\&=\biggl[\dfrac{t}{(t^{2}+1)^{n}}\biggr]_{0}^{+\infty}-2n\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{t^{2}\,\text{d}t}{(t^{2}+1)^{n+1}}\end{array}}Ainsi, en passant à la limite (sous réserve d’existence) : {\begin{array}{rl}K_{n}&=-2n\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{t^{2}\,\text{d}t}{(t^{2}+1)^{n+1}}\\\\&=-2n\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{t^{2}+1-1}{(t^{2}+1)^{n+1}}\,\text{d}t=2n(K_{n}-K_{n+1})\end{array}}On en déduit : {K_{n+1}=\dfrac{2n-1 }{2n}K_{n}}.

Or {K_{1}=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\,\text{d}t}{t^{2}+1}=\dfrac{\pi}{2}}.

On en déduit, pour tout n\ge 1 : {\begin{array}{rl}K_{n}&=\dfrac{2n-3}{2(n-1)}\,\dfrac{2n-5}{2(n-2)}\cdots\dfrac{1}{2}\,\dfrac{\pi}{2}\\\\&=\dfrac{(2n-2)!}{4^{n-1}(n-1)^{2}}\dfrac{\pi}{2}\end{array}}

Exercice 4.
Montrer que {\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\,\text{d}t}{(t+1)(t+2)(t+3)}} converge et la calculer.
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Soit la fonction {t\mapsto f(t)=\dfrac{1}{(t+1)(t+2)(t+3)}}.

Elle est continue sur {\mathbb{R}\setminus\{-1,-2,-3\}}, donc sur {\mathbb{R}^{+}}.

Pour {t\notin\{-1,-2,-3\}}, on pose : {f(t)=\dfrac{a}{t+1}+\dfrac{b}{t+2}+\dfrac{c}{t+3}}On trouve {a=\dfrac{1}{2}}, {b=-1} et {c=\dfrac{1}{2}}.

Ainsi, pour tout x\ge 0: {\begin{array}{rl}\displaystyle\int_{0}^{x}f(t)\,\text{d}t&=\dfrac{1}{2}\Big[\ln(t+1)-2\ln(t+2)+\ln(t+3)\Bigr]_{0}^{x}\\\\&=\dfrac{1}{2}\ln\biggl(\dfrac{(x+1)(x+3)}{(x+2)^{2}}\biggr)+\dfrac{1}{2}\ln\Bigl(\dfrac{4}{3}\Bigr)\end{array}}On passe à la limite quand {x\rightarrow+\infty} et on trouve : {\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\,\text{d}t}{(t+1)(t+2)(t+3)}=\dfrac{1}{2}\ln\Bigl(\dfrac{4}{3}\Bigr)}