Chapitre 19Intégrales généralisées

1. $\displaystyle J_1=\int_0^1{\dfrac{\ln(1+t)}{t}\,\mathrm{d}t}$
   La fonction $t\mapsto \dfrac{\ln(1+t)}{t}$ est continue sur $]0,1]$. On a un problème en $0$.
   Or, on a $\ln(1+t)\underset{0}{\overset{t}{\sim}}\,t$, d’où $\dfrac{\ln(1+t)}{t}\underset{0}{\overset{t}{\sim}}\,1$.
   La fonction $t\mapsto \dfrac{\ln(1+t)}{t}$ est donc prolongeable par continuité en $0$, et ainsi l’intégrale $J_1$ converge.
2. $\displaystyle J_2=\int_0^1{{(\ln t)}^2\,\mathrm{d}t}$
   La fonction $t\mapsto {(\ln t)}^2$ est continue sur $]0,1]$. On a un problème en $0$.
   Or, on a $\sqrt{t}{(\ln t)}^2={\left(t^{1/4}\ln t\right)}^2={\Bigl(4t^{1/4}\ln \bigl(t^{1/4}\bigr)\Bigr)}^2\xrightarrow{t\to 0}0$ d’où ${(\ln t)}^2=\mathrm{o}\left(\dfrac{1}{\sqrt{t}}\right)$.
   La fonction $t\mapsto \sqrt{t}$ étant intégrable en $0$, on en déduit que l’intégrale $J_2$ converge.
3. $\displaystyle J_3=\int_2^{+\infty}{\dfrac{1}{\sqrt{x}{(\ln x)}^5}\,\mathrm{d}x}$
   La fonction $x\mapsto \dfrac{1}{\sqrt{x}{{(\ln x)}^5}}$ est continue sur $[2,+\infty[$. On a un problème en $+\infty$.
   On a : $\dfrac{x^{1/4}}{{(\ln x)}^5}\xrightarrow{x\to \infty}+\infty$, donc $\dfrac{x^{3/4}}{\sqrt{x}{(\ln x)}^5}\xrightarrow{x\to \infty}+\infty$, donc d’après le critère de Riemann, l’intégrale $J_3$ diverge.
4. $\displaystyle J_4=\int_2^{+\infty}{\dfrac{\sqrt{\ln x}}x^2dx}$
   La fonction $x\mapsto \dfrac{\sqrt{\ln x}}x^2$ est continue sur $[2,+\infty[$. On a un problème en $+\infty$.
   Or, on sait que $\dfrac{\sqrt{\ln x}}{\sqrt{x}}\xrightarrow{x\to \infty}0$ donc $\sqrt{\ln x}\underset{\infty}{\overset{x}{\mathop{=}}}\,o\left(\sqrt{x}\right)$.
   Ainsi, $\dfrac{\sqrt{\ln x}}x^2\underset{\infty}{\overset{x}{=}}\,\mathrm{o}\left(\dfrac{1}{x^{3/2}}\right)$, et comme $x\mapsto \dfrac{1}{x^{3/2}}$ est intégrable au voisinage de $+\infty$, on en déduit par un théorème de comparaison que l’intégrale $J_4$ converge.

1. $\displaystyle J_5=\int_0^{+\infty}{\dfrac{x^2+1}{\sqrt{x^4+x^2+1}}\,\mathrm{d}x}$
   La fonction $x\mapsto \dfrac{x^2+1}{\sqrt{x^4+x^2+1}}$ est continue sur $[0,+\infty[$. On a un problème en $+\infty$.
   On a : \[\dfrac{x^2+1}{\sqrt{x^4+x^2+1}}\underset{+\infty}{\overset{x}{\sim}}\,\dfrac{x^2}{\sqrt x^4}\underset{+\infty}{\overset{x}{\sim}}\,1\gt 0,\]et comme $x\mapsto 1$ n’est pas intégrable au voisinage de $+\infty$, on en déduit par un théorème de comparaison que l’intégrale $J_5$ ne converge pas.
2. $\displaystyle J_6=\int_0^1{\dfrac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1-t^2}}}$
   La fonction $t\mapsto \dfrac{1}{\sqrt{1-t^2}}$ est continue sur $[0,1[$. On a un problème en $1$.
   On a : \[\dfrac{1}{\sqrt{1-t^2}}\underset{u=1-t}{=}\,\dfrac{1}{\sqrt{-u^2+2u}}=\dfrac{1}{\sqrt{u(2-u)}}\underset{0}{\overset{u}{\sim}}\,\dfrac{1}{\sqrt{2u}}\gt 0,\]et comme $u\mapsto \dfrac{1}{\sqrt{2u}}$ est intégrable au voisinage de $0$, on en déduit par un théorème de comparaison que l’intégrale $J_6$ converge.
3. $\displaystyle J_7=\int_0^{\dfrac{\pi}{4}}{\dfrac{\mathrm{d}t}{\sqrt{\tan t}}}$
   La fonction $t\mapsto \dfrac{1}{\sqrt{\tan t}}$ est continue sur $\left]0,\dfrac{\pi}{4}\right]$. On a un problème en $0$.
   On a :\[\dfrac{1}{\sqrt{\tan t}}\underset{0}{\overset{t}{\sim}}\,\dfrac{1}{\sqrt{t}}\gt 0,\]et comme $u\mapsto \dfrac{1}{\sqrt{u}}$ est intégrable au voisinage de $0$, on en déduit par un théorème de comparaison que l’intégrale $J_7$ converge.
4. $\displaystyle J_8=\int_0^1{\dfrac{\ln t}{\sqrt{t}}\,\mathrm{d}t}$
   La fonction $t\mapsto \dfrac{\ln t}{\sqrt{t}}$ est continue sur $]0,1]$. On a un problème en $0$.
   On a :\[t^{3/4}\times \dfrac{\ln t}{\sqrt{t}}=t^{1/4}\times \ln(t)\xrightarrow{t\to 0}0.\]Donc $\dfrac{\ln t}{\sqrt{t}}=o\left(\dfrac{1}{t^{3/4}}\right)$ et comme $t\mapsto \dfrac{1}{t^{3/4}}$ est intégrable au voisinage de $0$, on en déduit par un théorème de comparaison que l’intégrale $J_8$ converge.

1. $\displaystyle J_9=\int_1^{+\infty}{\sin \left(\dfrac{1}{t^2}\right)\,\mathrm{d}t}$
   La fonction $t\mapsto \sin \left(\dfrac{1}{t^2}\right)$ est continue sur $[1,+\infty[$. On a un problème en $+\infty$.
   On a : $\sin\left(\dfrac{1}{t^2}\right)\underset{\infty}{\overset{t}{\sim}}\,\dfrac{1}{t^2}\gt 0$, et comme $t\mapsto \dfrac{1}{t^2}$ est intégrable au voisinage de $+\infty$, on en déduit par un théorème de comparaison que l’intégrale $J_9$ converge.
2. $\displaystyle J_{10}=\int_2^{+\infty}{\dfrac{\arctan t}{t^3+\ln t}\,\mathrm{d}t}$
   La fonction $t\mapsto \dfrac{\arctan t}{t^3+\ln t}$ est continue sur $[2,+\infty[$. On a un problème en $+\infty$.
   On a : $\dfrac{\arctan t}{t^3+\ln t}\underset{+\infty}{\overset{t}{\sim}}\,\dfrac{\pi}{2t^3}\gt 0$, et comme $t\mapsto \dfrac{1}{2t^3}$ est intégrable au voisinage de $+\infty$, on en déduit par un théorème de comparaison que l’intégrale $J_{10}$ converge.
3. $\displaystyle J_{11}=\int_0^{+\infty}{\dfrac{\sin t}{t^{3/2}}\,\mathrm{d}t}$
   La fonction $t\mapsto \dfrac{\sin(t)}{t^{3/2}}$ est continue sur $]0,+\infty[$. On a un problème en $0$ et en $+\infty$.
   On a : $\left|\dfrac{\sin t}{t^{3/2}}\right|\le \dfrac{1}{t^{3/2}}$ et comme $t\mapsto \dfrac{1}{t^{3/2}}$ est intégrable au voisinage de $+\infty$, on en déduit par un théorème de comparaison que $t\mapsto \dfrac{\sin t}{t^{3/2}}$ est intégrable au voisinage de $+\infty$.
   D’autre part, on a $\dfrac{\sin t}{t^{3/2}}\underset{0}{\overset{t}{\sim}}\,\dfrac{t}{t^{3/2}}\underset{0}{\overset{t}{\sim}}\,\dfrac{1}{\sqrt{t}}\gt 0$ et comme $t\mapsto \dfrac{1}{\sqrt{t}}$ est intégrable au voisinage de $0$, on en déduit par un théorème de comparaison que $t\mapsto \dfrac{\sin(t)}{t^{3/2}}$ est intégrable au voisinage de $0$.
   Finalement, on en conclut que l’intégrale $J_{11}$ converge.
4. $\displaystyle J_{12}=\int_0^{+\infty}{\dfrac{t^\alpha}{1+t^2}\,\mathrm{d}t}$
   Il faut étudier la convergence en fonction de la valeur du paramètre $\alpha$.
   Tout d’abord, on a : $t\mapsto \dfrac{t^\alpha}{1+t^2}$ est continue sur $\begin{cases} & [0,+\infty[&\text{si $\alpha \ge 0$} \\ & ]0,+\infty[&\text{sinon} \\\end{cases}$.
   • Si $\alpha \ge 0$.
     On a un problème en $+\infty$.
     Or on a : $\dfrac{t^\alpha}{1+t^2}\underset{+\infty}{\overset{t}{\sim}}\,{t^{\alpha-2}}\gt 0$ et $t\mapsto t^{\alpha-2}=\dfrac{1}{t^{2-\alpha}}$ est intégrable si et seulement si $2-\alpha \gt 1$ c’est-à-dire si et seulement si $\alpha \lt 1$.
     On en déduit donc que si $0\le \alpha \lt 1$, alors l’intégrale $J_{12}$ converge.
   • Si $\alpha \le 0$.
     On a un problème en $+\infty$ et en $0$.
     En $+\infty$, on a la même chose que précédemment, à savoir convergence si et seulement si $\alpha \lt 1$ ce qui est le cas.
     En $0$, on a : $\dfrac{t^\alpha}{1+t^2}\underset{0}{\overset{t}{\sim}}\,{t^\alpha}\gt 0$ et cette fonction est intégrable si et seulement si $\alpha \gt-1$.
     On en déduit donc que si $-1\lt \alpha \lt 0$, alors l’intégrale $J_{12}$ converge.
   Finalement, on en conclut que l’intégrale $J_{12}$ converge si et seulement si $-1\lt \alpha \lt 1$.

1. $\displaystyle J_{13}=\int_0^1{\dfrac{\ln \left(1+{x^\alpha}\right)}{x^\beta}}\,\mathrm{d}x$
   La fonction : $x\mapsto \dfrac{\ln \left(1+{x^\alpha}\right)}{x^\beta}$ est con-tinue sur $]0,1]$, il $y$ a donc un problème en $0$.
   On cherche un équivalent de cette fonction en $0$, en fonction des paramètres :
   • Si $\alpha \gt 0$.
     $\lim\limits_{x\to 0}\,{x^\alpha}=0$ et on a $\ln \left(1+{x^\alpha}\right)\underset{0}{\overset{x}{\sim}}x^\alpha$, d’où $\dfrac{\ln \left(1+{x^\alpha}\right)}{x^\beta}\underset{0}{\overset{x}{\sim}}\dfrac{1}{x^{\beta-\alpha}}\gt 0$.
     Ainsi $f$ est intégrable sur $]0,1]$ si et seulement si $\beta-\alpha \lt 1$.
   • Si $\alpha=0$.
     On a $\ln \left(1+{x^\alpha}\right)=\ln 2$, d’où $\dfrac{\ln \left(1+{x^\alpha}\right)}{x^\beta}\underset{0}{\overset{x}{\sim}}\dfrac{\ln 2}{x^\beta}\gt 0$.
     Ainsi $f$ est intégrable sur $]0,1]$ si et seulement si $\beta \lt 1$.
   • Si $\alpha \lt 0$.
     $\lim\limits_{x\to 0}\,x^\alpha=+\infty$ et on a $\ln \left(1+{x^\alpha}\right)\underset{0}{\overset{x}{\sim}}\ln {x^\alpha}=\alpha \ln(x)$, d’où $\dfrac{\ln \left(1+{x^\alpha}\right)}{x^\beta}\underset{0}{\overset{x}{\sim}}\alpha \dfrac{\ln x}{x^\beta}\gt 0$.
     Ainsi $f$ est intégrable sur $]0,1]$ si et seulement si $\beta \lt 1$.
2. $\displaystyle J_{14}=\int_1^{+\infty}{\dfrac{1}{{t^\alpha}\bigl(1+{t^\beta}\bigr)}\,\mathrm{d}t}$
   Il faut étudier la convergence en fonction de la valeur du paramètre $\alpha $.
   Tout d’abord, on a : $t\mapsto \dfrac{1}{t^\alpha\bigl(1+{t^\beta}\bigr)}$ est continue sur $[1,+\infty[$. On a un problème en $+\infty$.
   Or, on a : $\dfrac{1}{t^\alpha\left(1+t^\beta\right)}\underset{+\infty}{\overset{t}{\sim}}\dfrac{1}{t^{\alpha+\beta}}\gt 0$ et $t\mapsto \dfrac{1}{t^{\alpha+\beta}}$ est intégrable si et seulement si $\alpha+\beta \gt 1$.
   On en déduit donc que l’intégrale $J_{14}$ converge si et seulement si $\alpha+\beta \gt 1$.
3. $\displaystyle J_{15}=\int_0^1{\sin \left(\dfrac{1}{x}\right)}\,\mathrm{d}x$
   On a : $\displaystyle\int_0^1{\left|\sin\left(\dfrac{1}{x}\right)\right|}\,\mathrm{d}x\le \displaystyle\int_0^1{dx}=1$. Donc, $J_{15}$ est absolument convergente.
   On en déduit que l’intégrale $J_{15}$ converge.
4. $\displaystyle J_{16}=\int_0^{+\infty}{\dfrac{\sin x}{x}}\,\mathrm{d}x$
   La fonction : $x\mapsto \dfrac{\sin x}{x}$ est continue sur $]0,+\infty[$ et prolongeable par continuité en $0$.
   Il suffit donc d’étudier la convergence de $\displaystyle\int_1^{+\infty}{\dfrac{\sin x}{x}}\,\mathrm{d}x$.
   En intégrant par parties (hypothèses vérifiées), on a : $\displaystyle\int_1^b{\dfrac{\sin x}{x}}\,\mathrm{d}x=\left[\dfrac{-\cos t}{t}\right]_1^b-\displaystyle\int_1^b{\dfrac{\cos t}{t^2}\,\mathrm{d}t}$.Comme $\lim\limits_{b\to \infty}\,\dfrac{\cos b}b=0$, les intégrales $\displaystyle\int_1^{+\infty}{\dfrac{\sin x}{x}}\,\mathrm{d}x$ et $\displaystyle\int_1^{+\infty}{\dfrac{\cos t}{t^2}\,\mathrm{d}t}$ sont de même nature.
   Or, on a : $\left|\dfrac{\cos u}{u^2}\right|\le \dfrac{1}{u^2}$ sur $[1,+\infty[$ donc $\displaystyle\int_1^{+\infty}{\dfrac{\cos u}{u^2}\,\mathrm{d}u}$ est convergente.On en conclut que l’intégrale $J_{16}$ est convergente.