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title: TD1 19/01/2021
tags: [L3PAPP-2021]

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tags: L3PAPP-2021
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# TD1 19/01/2021

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Début préambule à ne pas modifier
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$$
\def\moy#1{{\langle #1 \rangle}}
\def\abs#1{{\left|#1\right|}}
\def\dd{\mathrm{d}}
\def\ed{\mathrm{e}}
$$
<!--
Fin Préambule à ne pas modifier
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## 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 $\ln(1+x) \leq x, \forall x\in[0,\infty[$.












