TD1 19/01/2021

--- tags: L3PAPP-2021 --- # TD1 19/01/2021  $$ \def\moy#1{{\langle #1 \rangle}} \def\abs#1{{\left|#1\right|}} \def\dd{\mathrm{d}} \def\ed{\mathrm{e}} $$  ## Exercice 1 : Convergence d’intégrales de Riemann “*impropre*" #### 1/ Soit $f$ une fonction bornée et $F$ une primitive de f . Rappeler à quelle condition l’intégrale $\int_0^\infty f(x) dx$ est-elle convergente. L'intégrale est dite convergente ssi la fonction $F(X) = \int_{0}^X f(x) dx$ est telle que $\lim_{X\rightarrow\infty} F(X) < \infty$. #### 2/ Même question si $f(x)$ est divergente seulement en $x=a$ et est bornée ailleurs : à quelle condition $\int_a^b f (x)dx$ est-elle convergente ? L'intégrale est dite convergente ssi la fonction $F(X) = \int_{X}^b f(x) dx$ est telle que $\lim_{X\rightarrow a} F(X) <\infty$ #### 3/ A quelle condition (sur $\alpha$ et $\beta$) les intégrales suivantes sont-elles convergentes, en supposant $b > 0$? $$ \int_{b}^{\infty}\frac{1}{x^\alpha}dx \text{ et } \int_{0}^{b}\frac{1}{x^\beta}dx $$ $\alpha >1$ et $\beta<1$. En effet : Soit $F(X) = \int_{b}^{X}\frac{1}{x^\alpha}dx.$ On peut calculer explicitement l'intégrale, $F(X) = \frac{1}{1-\alpha}\left[\frac{1}{X^{\alpha -1}} - \frac{1}{b^{\alpha-1}}\right]$ $\int_{b}^{\infty}\frac{1}{x^\alpha}dx = \lim_{X\rightarrow \infty}F(X)$, cette limite est finie ssi $\alpha-1>0$. En procédant de la même façon pour la seconde intégrale, Soit $G(X) = \int_{X}^{b}\frac{1}{x^\beta}dx$, on peut calculer explicitement l'intégrale : $G(X) =\frac{1}{1-\beta}\left[\frac{1}{b^{\beta -1}} - \frac{1}{X^{\beta-1}}\right]$ et $\int_{0}^{b}\frac{1}{x^\beta}dx = \lim_{X\rightarrow 0}G(X)$, cette limite est finie ssi $\alpha-1<0$ #### 4/ Discuter la convergence des intégrales impropres suivantes, en fonction de α > 0 * a/ $\int_0^\infty \frac{x^2}{(1+x^2+x^4)^{\frac{\alpha+2}{4}}}dx$ On cherche un équivalent de l'intégrande $f(x)=\frac{x^2}{(1+x^2+x^4)^{\frac{\alpha+2}{4}}}$ lorsque $x\rightarrow \infty$ : $f(x) \underset{x\rightarrow\infty}{\sim} \frac{x^2}{x^{4\times\frac{\alpha+2}{4}}} = \frac{1}{x^\alpha}$ donc l'intégrale converge ssi $\alpha > 1$. * b/ $\int_0^1 \frac{1}{\left[\sin(\pi x)\right]^\alpha}dx$ On cherche un équivalent de l'intégrande $\left[\sin(\pi x)\right]^\alpha$ en $x=0$ puis en $x=1$, puisque qu'en ces deux points la fonction $f(x)$ diverge. $f(x) \underset{x\rightarrow 0}{\sim} \frac{1}{[\pi x]^\alpha}$ $f(x) \underset{x\rightarrow 1}{\sim} \frac{1}{[-\pi (x-1)]^\alpha}$ En effet en développant autour de $x=1$, on obtient~: $\sin(\pi x) = \sin(\pi) + (x-1)\left.\frac{d \sin(\pi x)}{dx}\right|_{x=1} = 0 -\pi(x-1)$ L'intégrale converge donc ssi $\alpha<1$. * c/ $\int_1^\infty \left(\frac{1}{\sqrt{1+x^2}} - \frac{1}{x}\right)dx$. On cherche un équivalent de $f(x) = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} - \frac{1}{x}$ lorsque $x\rightarrow \infty$. Pour cela, on defini $\epsilon = \frac{1}{x}$ et on cherche un équivalent de $f(\frac{1}{\epsilon})$ lorsque $\epsilon\rightarrow 0$. Or $$f\left(\frac{1}{\epsilon}\right) =\epsilon\left[(1+\epsilon)^{-\frac{1}{2}} - 1\right] $$ donc $$f\left(\frac{1}{\epsilon}\right) \underset{\epsilon \rightarrow 0}{\sim} = \epsilon\left[1-\frac{\epsilon^2}{2} - 1\right] = -\frac{\epsilon^3}{2} $$ On en déduit finalement que $$f(x) \underset{x \rightarrow \infty}{\sim} -\frac{1}{2x^3} $$ L'intégrale est donc convergente. *Remarque* On peut calculer explicitement cette intégrale. En effet, vous pouvez vérifier qu'une primitive $F(x)$ de $f(x)$ est : $$ F(x) = \ln(x+\sqrt{x^2 + 1}) - \ln(x)$$ ce qui peut encore s'écrire : $$F(x) = \ln(\frac{x+\sqrt{x^2 + 1}}{x}) = \ln \left(1+\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}\right) $$ On remarque que $$ F(x) \underset{x \rightarrow \infty}{\sim} \ln\left(1 + 1 + \frac{1}{2x^2}\right) = \ln\left[2\left(1 + \frac{1}{4x^2}\right)\right] = \ln(2) + \ln\left(1 + \frac{1}{4x^2}\right) $$ et donc $$F(x) \underset{x \rightarrow \infty}{\sim} \ln(2) + \frac{1}{4x^2}$$ ce quyi est bien cohérent avec le résultat obtenu à la question précédente : $f(x) \underset{x \rightarrow \infty}{\sim} -\frac{1}{2x^3}$. Par ailleur, l'intégrale ce calcule simplement : $\int_1^\infty \left(\frac{1}{\sqrt{1+x^2}} - \frac{1}{x}\right)dx = \lim_{X\rightarrow \infty}F(X) - F(1)$. Or $\lim_{X \rightarrow \infty} = \ln(2)$ et $F(1) = \ln(1+\sqrt{2})$, donc $$ \int_1^\infty \left(\frac{1}{\sqrt{1+x^2}} - \frac{1}{x}\right)dx = \ln(2) - \ln(1+\sqrt{2}) = \ln\left(\frac{2}{1+\sqrt{2}}\right) $$ * d/ $\int_0^\infty \frac{e^{-at} - e^{-bt}}{t}dt$ On étudie le comportement de $f(t) = \frac{e^{-at} - e^{-bt}}{t}$ lorsque $t \rightarrow 0$ et lorsque $t \rightarrow \infty$. En utilisant $e^{-at} \underset{t \rightarrow 0}{\sim} 1-at$, on obtient $$ \lim_{t \rightarrow 0} f(t) = (b-a) $$ donc la fonction reste bornée dans le voisinage de $t=0$. Pour l'étude en $t \rightarrow \infty$, on supposera que $b-a >0$, et on écrit $f(t)$ de la façon suivante : $$ f(t) = \frac{e^{-at}}{t}\left[1-e^{-(b-a)t}\right]$$ quui converge vers zéro plus rapidement que toute puissance positive de $\frac{1}{t}$ L'intégrale est donc convergente. ## Exercice 2 : Théorème d’Abel #### 1/ Soit $f(x)$ une fonction bornée (en valeur absolue) sur $\mathbb{R}^+$ et monotone avec $\lim_{x\rightarrow \infty} f (x) =0$. Deux exemples : $f (x) = (1 + x)^{-a}$ pour $a > 0$ ou $f (x) = \frac{1}{1 + \ln(x + 1)}$. Discuter la convergence de l’intégrale suivante : $$ I = \int_{0}^{\infty} f(x)\sin(x) dx $$ Est-elle absolument convergente, semi-convergente ou divergente ? Le théorème d'Abel permet d'afirmer que l'intégrale $$ \int_{0}^{\infty} f(x)g(x) dx $$ si $g(x)$ est telle que la fonction $G(x) = \int_{0}^x g(u)du$ est bornée sur l'intevalle $]0,\infty[$. Or ici c'est bien le cas, puisque $g(x) = \sin(x)$ et donc $G(x) =1-\cos(x)$ qui est bien bornée, puisque $0\leq 1-\cos(x)\leq 2$. Donc l'intégrale $I$ est convergente. Mais elle n'est pas forcément absoluement convergente. On aurait pu obtenir ce même résultat directement en intégrant par partie : $$ \int_{0}^{X} \sin(x)(1+x)^{-a} dx = \left[-\cos(x)(1+x)^{-a}\right]_0^X - a\int_{0}^{X} \cos(x) (1+x)^{-a-1} $$ Or, le premier terme à une limite fini quand $X\rightarrow \infty$ : $$ \left[-\cos(x)(1+x)^{-a}\right]_0^\infty = 1 $$ et la valeur absolue du deuxième terme peut être majorée par une intégrale convergente pour tout $a>0$ : $$ \abs{\int_{0}^{X} \cos(x) (1+x)^{-a-1}} \leq \int_{0}^{X} \abs{ \cos(x) (1+x)^{-a-1}} dx < \int_{0}^{X} (1+x)^{-a-1} dx $$ qui converge lorsque $X\rightarrow \infty$, si $a>0$. Par ailleurs, l'intégrale $\int_{0}^{X} \sin(x)(1+x)^{-a} dx$ est absoluement convergente si $a>1$ et semi-convergente si $0<a\leq 1$. Par le théorème d'Abel, l'intégrale $$ \int_{0}^\infty \frac{\sin(x)}{1+\ln(1+x)} dx $$ est convergente. Elle est semi-convergente puisque $$ \int_{0}^\infty \abs{\frac{\sin(x)}{1+\ln(1+x)}} dx> \int_{0}^\infty \frac{\abs{\sin(x)}}{1+x} dx $$ or, cette dernière intégrale diverge. On a utilisé l'inégalité $\ln(1+x) \leq x, \forall x\in[0,\infty[$.