Université L2 — licence de mathématiques

Intégrales impropres — 10 exercices corrigés L2

Les intégrales sont étudiées séparément à chaque borne impropre. On distingue convergence absolue, convergence conditionnelle et valeur principale, cette dernière ne remplaçant jamais la convergence impropre ordinaire.

L'essentiel à retenir

  • Une intégrale sur un intervalle ouvert aux deux extrémités converge si les deux intégrales séparées par un point intérieur convergent.
  • Près de zéro, ∫01t−α dt\int_0^1t^{-\alpha}\,dt converge exactement pour α<1\alpha<1 ; à l'infini, ∫1∞t−α dt\int_1^\infty t^{-\alpha}\,dt converge exactement pour α>1\alpha>1.
  • Les comparaisons de fonctions positives et les équivalents positifs permettent de décider la convergence absolue.
  • Une intégration par parties impropre s'obtient d'abord sur un segment, puis par passage à la limite après vérification des termes de bord.

Exercice 1 — Singularités à zéro et à l'infini

Pour α∈R\alpha\in\mathbb R, étudier Iα=∫0∞xα−1/(1+x) dxI_\alpha=\int_0^\infty x^{\alpha-1}/(1+x)\,dx.
  1. Déterminer exactement les valeurs de convergence.
  2. Calculer I1/2I_{1/2}.
Corrigé détaillé
  1. À zéro, l'intégrande est équivalent à xα−1x^{\alpha-1}, intégrable si et seulement si α>0\alpha>0. À l'infini, il est équivalent à xα−2x^{\alpha-2}, intégrable si et seulement si α<1\alpha<1. La convergence a donc lieu exactement pour 0<α<10<\alpha<1.
  2. Pour α=1/2\alpha=1/2, poser x=t2x=t^2, dx=2t dtdx=2t\,dt. Alors x−1/2dx=2dtx^{-1/2}dx=2dt et I1/2=2∫0∞dt/(1+t2)=2[arctan⁡t]0∞=πI_{1/2}=2\int_0^\infty dt/(1+t^2)=2[\arctan t]_0^\infty=\pi.

Exercice 2 — Puissances de logarithmes

  1. Calculer ∫01log⁡x dx\int_0^1\log x\,dx en justifiant le terme de bord.
  2. Calculer ∫01(log⁡x)2 dx\int_0^1(\log x)^2\,dx et établir la convergence absolue de la première intégrale.
Corrigé détaillé
  1. Sur [ε,1][\varepsilon,1], une primitive est xlog⁡x−xx\log x-x. Comme εlog⁡ε→0\varepsilon\log\varepsilon\to0, l'intégrale vaut −1-1. Puisque log⁡x≤0\log x\leq0 sur (0,1](0,1], l'intégrale de la valeur absolue vaut 11.
  2. Une intégration par parties donne ∫ε1log⁡2x dx=[xlog⁡2x]ε1−2∫ε1log⁡x dx\int_\varepsilon^1\log^2x\,dx=[x\log^2x]_\varepsilon^1-2\int_\varepsilon^1\log x\,dx. Le terme εlog⁡2ε\varepsilon\log^2\varepsilon tend vers zéro, par exemple en posant ε=e−u\varepsilon=e^{-u}. La limite vaut donc −2(−1)=2-2(-1)=2.

Exercice 3 — Intégrale oscillante

  1. Montrer que ∫1∞sin⁡x/x dx\int_1^\infty\sin x/x\,dx converge et majorer son reste.
  2. Montrer qu'elle ne converge pas absolument.
Corrigé détaillé
  1. Sur [A,B][A,B], l'intégration par parties donne ∫ABsin⁡x/x dx=[−cos⁡x/x]AB−∫ABcos⁡x/x2 dx\int_A^B\sin x/x\,dx=[-\cos x/x]_A^B-\int_A^B\cos x/x^2\,dx. Le terme en BB tend vers zéro et la dernière intégrale converge absolument. Le reste au-delà de AA est donc de module au plus 1/A+∫A∞x−2dx=2/A1/A+\int_A^\infty x^{-2}dx=2/A.
  2. Sur [kπ,(k+1)π][k\pi,(k+1)\pi], 1/x≥1/((k+1)π)1/x\geq1/((k+1)\pi) et ∫∣sin⁡x∣dx=2\int|\sin x|dx=2. Chaque bloc apporte au moins 2/((k+1)π)2/((k+1)\pi). La série harmonique diverge ; l'intégrale absolue diverge.

Exercice 4 — Récurrence des intégrales exponentielles

Pour n∈Nn\in\mathbb N, poser Jn=∫0∞xne−x dxJ_n=\int_0^\infty x^ne^{-x}\,dx.
  1. Justifier la convergence et établir une récurrence.
  2. Calculer ∫0∞(x2+3x+1)e−2x dx\int_0^\infty(x^2+3x+1)e^{-2x}\,dx.
Corrigé détaillé
  1. À zéro, xne−xx^ne^{-x} est bornée. À l'infini, la décroissance exponentielle assure l'intégrabilité, par exemple xne−x≤Cne−x/2x^ne^{-x}\leq C_ne^{-x/2}. Pour n≥1n\geq1, l'intégration par parties et xne−x→0x^ne^{-x}\to0 donnent Jn=nJn−1J_n=nJ_{n-1}. Comme J0=1J_0=1, Jn=n!J_n=n!.
  2. Avec u=2xu=2x, ∫0∞xne−2xdx=n!/2n+1\int_0^\infty x^ne^{-2x}dx=n!/2^{n+1}. La valeur cherchée est 2!/8+3⋅1!/4+1/2=1/4+3/4+1/2=3/22!/8+3\cdot1!/4+1/2=1/4+3/4+1/2=3/2.

Exercice 5 — Une intégrale rationnelle convergente

  1. Justifier la convergence de I=∫1∞dx/[x(x+1)(x+2)]I=\int_1^\infty dx/[x(x+1)(x+2)].
  2. Calculer exactement II par décomposition en éléments simples.
Corrigé détaillé
  1. L'intégrande est continue sur [1,∞)[1,\infty) et équivalente à x−3x^{-3} à l'infini ; l'intégrale converge.
  2. On a 1/[x(x+1)(x+2)]=1/(2x)−1/(x+1)+1/[2(x+2)]1/[x(x+1)(x+2)]=1/(2x)-1/(x+1)+1/[2(x+2)]. Une primitive est F(x)=12log⁡x−log⁡(x+1)+12log⁡(x+2)=12log⁡[x(x+2)/(x+1)2]F(x)=\frac12\log x-\log(x+1)+\frac12\log(x+2)=\frac12\log[x(x+2)/(x+1)^2]. Son argument tend vers 11, donc F(∞)=0F(\infty)=0. En 11, F(1)=12log⁡3−log⁡2F(1)=\frac12\log3-\log2. Ainsi I=log⁡2−12log⁡3=log⁡(2/3)I=\log2-\frac12\log3=\log(2/\sqrt3).

Exercice 6 — Intégrale de Frullani

Soient a,b>0a,b>0.
  1. Justifier la convergence de ∫0∞(e−ax−e−bx)/x dx\int_0^\infty(e^{-ax}-e^{-bx})/x\,dx.
  2. Calculer sa valeur en utilisant une intégrale sur le paramètre.
Corrigé détaillé
  1. À zéro, e−ax−e−bx=(b−a)x+O(x2)e^{-ax}-e^{-bx}=(b-a)x+O(x^2) : le quotient a une limite finie. À l'infini, sa valeur absolue est majorée par (e−ax+e−bx)/x(e^{-ax}+e^{-bx})/x, intégrable sur [1,∞)[1,\infty).
  2. Si a<ba<b, on écrit (e−ax−e−bx)/x=∫abe−txdt(e^{-ax}-e^{-bx})/x=\int_a^be^{-tx}dt. L'intégrande double est positive ; Tonelli permet d'inverser : I=∫ab(∫0∞e−txdx)dt=∫abdt/t=log⁡(b/a)I=\int_a^b(\int_0^\infty e^{-tx}dx)dt=\int_a^bdt/t=\log(b/a). Pour a>ba>b, on échange les rôles et change le signe ; pour a=ba=b, les deux membres sont nuls.

Exercice 7 — Une intégrale logarithmique transformée

  1. Déterminer pour quels p∈Rp\in\mathbb R l'intégrale ∫0e−1dx/[x∣log⁡x∣p]\int_0^{e^{-1}}dx/[x|\log x|^p] converge.
  2. Dans le cas convergent, calculer la valeur et l'intégrale sur (0,ε)(0,\varepsilon).
Corrigé détaillé
  1. Posons u=−log⁡xu=-\log x. Alors dx/x=−dudx/x=-du, et les bornes deviennent +∞+\infty puis 11. L'intégrale vaut donc ∫1∞u−pdu\int_1^\infty u^{-p}du, convergente exactement pour p>1p>1.
  2. Pour p>1p>1, une primitive est u1−p/(1−p)u^{1-p}/(1-p) ; la valeur est 1/(p−1)1/(p-1). Pour 0<ε≤e−10<\varepsilon\leq e^{-1}, le même changement donne ∫0εdx/[x∣log⁡x∣p]=∫∣log⁡ε∣∞u−pdu=∣log⁡ε∣1−p/(p−1)\int_0^\varepsilon dx/[x|\log x|^p]=\int_{|\log\varepsilon|}^\infty u^{-p}du=|\log\varepsilon|^{1-p}/(p-1), qui tend bien vers zéro.

Exercice 8 — Intégrale gaussienne et changement polaire

Soit G=∫−∞∞e−x2 dxG=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\,dx.
  1. Justifier sa convergence et calculer GG.
  2. En déduire ∫0∞x2e−x2 dx\int_0^\infty x^2e^{-x^2}\,dx.
Corrigé détaillé
  1. Pour ∣x∣≥1|x|\geq1, e−x2≤e−∣x∣e^{-x^2}\leq e^{-|x|}, donc GG est fini. Tonelli donne G2=∬R2e−(x2+y2)dxdyG^2=\iint_{\mathbb R^2}e^{-(x^2+y^2)}dxdy. En coordonnées polaires, G2=∫02π∫0∞e−r2r drdθ=2π⋅1/2=πG^2=\int_0^{2\pi}\int_0^\infty e^{-r^2}r\,drd\theta=2\pi\cdot1/2=\pi. Comme G>0G>0, G=πG=\sqrt\pi.
  2. Avec dv=xe−x2dxdv=xe^{-x^2}dx et u=xu=x, l'intégration par parties donne ∫0∞x2e−x2dx=[−xe−x2/2]0∞+12∫0∞e−x2dx=π/4\int_0^\infty x^2e^{-x^2}dx=[-xe^{-x^2}/2]_0^\infty+\frac12\int_0^\infty e^{-x^2}dx=\sqrt\pi/4.

Exercice 9 — Valeur principale contre intégrale impropre

Considérer f(x)=1/xf(x)=1/x sur (−1,1)∖{0}(-1,1)\setminus\{0\}.
  1. Montrer que son intégrale impropre ordinaire n'existe pas.
  2. Calculer sa valeur principale symétrique, puis la limite obtenue avec des coupures (−ε,2ε)(-\varepsilon,2\varepsilon).
Corrigé détaillé
  1. ∫ε1dx/x=−log⁡ε→+∞\int_\varepsilon^1dx/x=-\log\varepsilon\to+\infty, tandis que ∫−1−εdx/x=log⁡ε→−∞\int_{-1}^{-\varepsilon}dx/x=\log\varepsilon\to-\infty. Les deux intégrales doivent converger séparément : leur compensation ne définit pas une intégrale impropre.
  2. Avec la même coupure des deux côtés, la somme est toujours 00, donc la valeur principale vaut 00. Avec la coupure asymétrique, ∫−1−εdx/x+∫2ε1dx/x=log⁡ε−log⁡(2ε)=−log⁡2\int_{-1}^{-\varepsilon}dx/x+\int_{2\varepsilon}^1dx/x=\log\varepsilon-\log(2\varepsilon)=-\log2. La dépendance au couplage confirme l'absence d'intégrale ordinaire.

Exercice 10 — Paramètre et dérivation sous l'intégrale

Pour a>0a>0, poser F(a)=∫01(xa−1)/log⁡x dxF(a)=\int_0^1(x^a-1)/\log x\,dx.
  1. Justifier l'existence et calculer F′(a)F'(a).
  2. Déterminer F(a)F(a).
Corrigé détaillé
  1. À x=1x=1, le quotient tend vers aa ; à zéro, sa valeur absolue est majorée par 1/∣log⁡x∣1/|\log x|, intégrable au voisinage de zéro, par exemple bornée sur (0,e−1)(0,e^{-1}). La dérivée en aa de l'intégrande est xax^a. Sur un voisinage compact de tout a>0a>0, elle est majorée par 11, ce qui justifie la dérivation : F′(a)=∫01xadx=1/(a+1)F'(a)=\int_0^1x^adx=1/(a+1).
  2. Pour a↓0a\downarrow0, la représentation (xa−1)/log⁡x=∫0axtdt(x^a-1)/\log x=\int_0^ax^t dt donne une valeur entre 00 et aa, donc F(a)→0F(a)\to0. Ainsi F(a)=∫0adt/(1+t)=log⁡(1+a)F(a)=\int_0^adt/(1+t)=\log(1+a).

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