Petites intégrales généralisées (1/2)

Exercice 1.
Justifier l’existence et calculer la valeur de {I=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\,\text{d}x}{\sqrt{x(2-x)}}}.
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La fonction à intégrer est continue sur l’intervalle {0\lt x\lt 2}.
Soit {I_{a,b}=\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{\,\text{d}x}{\sqrt{x(2-x)}}}, où {0\lt a\lt b\lt 2}.

Soit {y=\sqrt{x(2-x)}=\sqrt{1-(x-1)^{2}}\;} (où {-1\lt x-1\lt 1}).

On pose {x-1=\sin(t)}, avec {-\dfrac{\pi}{2}\lt t\lt \dfrac{\pi}{2}}.

On a donc {t=\arcsin(x-1)}. Soit {\begin{cases}\alpha=\arcsin(a-1)\\\beta=\arcsin(b-1)\end{cases}}

Avec {\begin{cases}\,\text{d}x=\cos(t)\,\text{d}t\\y=\cos(t)\end{cases}}, on trouve {I_{a,b}=\displaystyle\int_{\alpha}^{\beta}\,\text{d}t=\beta-\alpha}.

Quand {a\rightarrow0^{+}} et {b\rightarrow2^{-}} (séparément), alors {\alpha\rightarrow-\dfrac{\pi}{2}} et {\beta\rightarrow\dfrac{\pi}{2}}.

Avec ces passages à la limite (indépendants), on trouve : {I=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\,\text{d}x}{\sqrt{x(2-x)}}=\displaystyle\lim_{a\rightarrow0,\,b\rightarrow2}J_{a,b}=\pi}NB: en rédigeant autrement, on évite le passage par a,b.

Exercice 2.
Justifier l’existence et donner la valeur de {J=\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{\,\text{d}x}{x^2+2x+2}}.
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L’application {x\mapsto f(x)=\dfrac{1}{x^2+2x+2}} est continue sur {\mathbb{R}} et : {\begin{array}{rl}J_{a,b}&=\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{\,\text{d}x}{x^2+2x+2}=\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{\,\text{d}x}{(x+1)^2+1}\\\\&=\displaystyle\int_{a-1}^{b-1}\dfrac{\,\text{d}t}{t^2+1}=\arctan(b-1)-\arctan(a-1)\end{array}}On fait tendre (séparément) {a} vers {-\infty} et {b} vers {+\infty}. On trouve {J=\pi}.

Exercice 3.
Justifier l’existence, et donner la valeur de {K=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\ln(1+x)}{x\sqrt{x}}\,\text{d}x}.
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La fonction {x\mapsto \dfrac{\ln(1+x)}{x\sqrt{x}}} est continue sur {\mathbb{R}^{+*}}.

Pour {0\lt a\lt b}, on a : {\begin{array}{rl}K_{a,b}&=\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{\ln(1+x)}{x\sqrt{x}}\,\text{d}x\\\\&=\biggl[\dfrac{-2\ln(1+x)}{\sqrt{x}}\biggr]_{a}^{b}+2\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{\,\text{d}x}{(x+1)\sqrt{x}}\end{array}}On a {\biggl[\dfrac{-2\ln(1+x)}{\sqrt{x}}\biggr]_{a}^{b}=\dfrac{2\ln(1+a)}{\sqrt{a}}-\dfrac{2\ln(1+b)}{\sqrt{b}}}.

Cette quantité tend vers {0} quand {a\rightarrow0^{+}} et {b\rightarrow+\infty}.

Ensuite (avec {x=t^{2}}), on trouve : {\begin{array}{l}2\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{\,\text{d}x}{(x+1)\sqrt{x}}=4\displaystyle\int_{\sqrt a}^{\sqrt b}\dfrac{\,\text{d}t}{t^{2}+1}\\\\\quad=4(\arctan\sqrt{b}-\arctan\sqrt{a})\stackrel{a\rightarrow0,\,b\rightarrow+\infty}\longrightarrow 2\pi\end{array}}Finalement, par double passage à la limite : {K=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\ln(1+x)}{x\sqrt{x}}\,\text{d}x=2\pi}

Exercice 4.
Justifier l’existence, et donner la valeur de {I=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\text{e}^{-\sqrt x}\,\text{d}x}.
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On pose {x=t^{2}} (donc {\,\text{d}x=2t\,\text{d}t}).

On obtient alors :{\begin{array}{rl}I&=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\text{e}^{-\sqrt x}\,\text{d}x\\\\&=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}2\,t\,\text{e}^{-t}\,\text{d}t=\big[-2(t+1)\text{e}^{-t}\big]_{0}^{+\infty}=2\end{array}}Ici l’existence de {I} est justifiée par celle de la deuxième intégrale, elle-même justifiée par l’existence des limites de la primitive (en fait l’existence de chacun de trois termes entraîne l’existence des deux autres.