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title: 'intg & sutint - TD 1 : Intégrales généralisées'
tags: [intg, ' TD', ' sutint']

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title: "intg & sutint - TD 1 : Intégrales généralisées"
tags: intg, sutint, TD
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$$
\newcommand{\vt}[3]{
  \begin{pmatrix}
    {#1} \\
    {#2} \\
    {#3}
  \end{pmatrix}
}
\newcommand{\limto}[1]{\xrightarrow[#1]{}}
$$

# Intégrales généralisées et suites d'intégrales - TD 1 : Intégrales généralisées

[`sujet`](https://moodle.cri.epita.fr/pluginfile.php/52716/mod_resource/content/1/TD_Int%C3%A9grales%20g%C3%A9n%C3%A9ralis%C3%A9es%20suites%20dint%C3%A9grales%20et%20int%C3%A9grales%20%C3%A0%20param%C3%A8tres_v2-4.pdf)



## Exercice 1

 ### 1) $f(x)=\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-x}}{1+x} dx$
 Le problème se trouve en $b=+\infty$, il s'agit donc bien d'une intégrale généralisée.
 $f(0)$ existe et $f$ est $C^0$ sur $[0,1[$.
 
 $$
 \begin{align}
 \forall x \in [0,+\infty[ \text{, } 0 \leq & \frac{1}{1 + x^2} \leq \frac{1}{x^2}\\
 \forall x \in [1,+\infty[, 0 \leq & e^{-x} \leq 1\\
 \text{de là }  \forall x \in [1,+\infty[, f(x) \leq & \frac{1}{1 + x^2} \leq \frac{1}{x^2}\\
 f(x) \leq \frac{1}{x^2} \text{ et } \int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^2}dx \text{ CV.}
 \end{align}
 $$
 Donc $f(x)$ est convergente.
 
### 2) $f(x)=\int_{1}^{+\infty}\frac{e^{sin(x)}}{x} dx$

Le problème se trouve en $b=+\infty$, il s'agit donc bien d'une intégrale généralisée.
 $f(1)$ existe et $f$ est $C^0$ sur $[1,+\infty[$. $f$ est de signe constant.
 
 $$
 \begin{align}
 \forall x \in [0,+\infty[ , -1 \leq &sin(x) \leq 1\\
 \forall x \in [0,+\infty[ , e^{-1} \leq &e^{sin(x)} \leq e^1 \text{ par continuité de l'exp}\\
 \int_{1}^{y} \frac{e^{-1}}{x}dx \leq &\int_{1}^{y} f(x)dx \text{ tel que } y \in ]1,+\infty[\\
 \text{quand } \rightarrow_{y \rightarrow +\infty} \inf_{1}^{y} \frac{1}{x}dx \text{ DV par Riemann}
 \end{align}
 $$
 Donc $\int_{1}^{+\infty} \frac{e^{sin(x)}}{x} dx$ diverge.
 
 ## Exercice 2
 
 ### 1) $f(x)=\int_{0}^{1}ln(x) dx$
 
 $\lim\limits_{x \rightarrow 0} \sqrt{x}ln(x) = 0$ par croissance comparée.
 
 Donc $ln(x) =_0 o(\frac{1}{\sqrt{x}})$ où $\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{x}}dx$ CV car $\frac{1}{2} < 1$ par Riemann.
 
 ### 2) $f(x)=\int_{0}^{+\infty}ln(x)e^{-x} dx$
 
 On commence par couper l'intégrale en 2 parties.
 $$
 \int_{0}^{1}ln(x)e^{-x} dx \text{ et } \int_{1}^{+\infty}ln(x)e^{-x} dx
 $$
 
 #### a) Etudions $\int_{0}^{1}ln(x)e^{-x} dx$
 
 $\lim\limits_{x \rightarrow 0^+} \sqrt{x}ln(x)e^{-x} = 0$ par croissance comparée
 
 De là $ln(x)e^{-x} =_0  o(\frac{1}{\sqrt{x}})$
 
 Or $\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{x}}dx$ CV par Riemann
 
 Donc $\int_{0}^{1}ln(x)e^{-x} dx$ CV.
 
  #### b) Etudions $\int_{1}^{+\infty}ln(x)e^{-x} dx$
 
 $\lim\limits_{x \rightarrow 0^+} x^2ln(x)e^{-x} = 0$ par croissance comparée.
 
 De plus $ln(x)e^{-x}$ est de signe constant
 
 $ln(x)e^{-x} =_{+\infty} o(\frac{1}{x^2})$ 
 
 Or $\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^2} dx$ CV par Riemann
 
 Donc $\int_{1}^{+\infty}ln(x)e^{-x} dx$ converge.
 
 #### Conclusion
 Comme $\int_{0}^{1}ln(x)e^{-x} dx$ et $\int_{1}^{+\infty}ln(x)e^{-x} dx$ convergent, alors grâce à la relation de Chasles $\int_{0}^{+\infty}ln(x)e^{-x} dx$ converge.
 
 ### 3) $f(x)=\int_{0}^{+\infty}\frac{ln(1+x^2)}{x^2} dx$
 Cette intégrale est impropre $0$ et $+\infty$ et est de signe constant.
 
 On commence par couper l'intégrale en 2 parties.
 $$
 \int_{0}^{1}\frac{ln(1+x^2)}{x^2} dx \text{ et } \int_{1}^{+\infty}\frac{ln(1+x^2)}{x^2} dx
 $$
 
 #### a) $\int_{0}^{1}\frac{ln(1+x^2)}{x^2} dx$
 
 $$
 ln(1+x) \sim_0 x\\
 x^2 \rightarrow_{x \rightarrow 0} 0\\
 ln(1+x^2) \sim_0 x^2
 $$
 De là il existe en prolongeant par continuité de f en 0.
 
 On peut pour $f(0) = \tilde{f} = f(x) x \in ]0,1] et 1 ,x=0$

Donc $\int_{0}^{1} \tilde{f}dx = \int_{0}^{1} f(x)dx$

 #### b) $\int_{1}^{+\infty}\frac{ln(1+x^2)}{x^2} dx$
 
$\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} x^{\frac{3}{2}}\frac{ln(1+x^2)}{x^2} = \lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \frac{ln(1+x^2)}{\sqrt{x}} = 0$ par croissance comparée.

$f(x) =_{+\infty} o(\frac{1}{x^{\frac{3}{2}}})$ et $\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x^\frac{3}{2}}dx$ CV par Riemann et $f$ est de signe constant.

 Donc $\int_{1}^{+\infty}\frac{ln(1+x^2)}{x^2} dx$ converge.
 
 #### Conclusion
 Comme $\int_{0}^{1}\frac{ln(1+x^2)}{x^2} dx$ et $\int_{1}^{+\infty}\frac{ln(1+x^2)}{x^2} dx$ convergent, alors grâce à la relation de Chasles $\int_{0}^{+\infty}\frac{ln(1+x^2)}{x^2} dx$ converge.
 
## Exercice 3

### 1)
$$
\begin{align}
f(x) & =ln(\frac{1+x^2}{1+x^3}) = ln(1+x^2) - ln(1+x^3)\\
& = ln(x^2(1+\frac{1}{x^2})) - ln(x^3(1+\frac{1}{x^3}))\\
& = ln(x^2) +ln(1+\frac{1}{x^2}) -(ln(x^3) + ln(1+\frac{1}{x^2}))\\
& = 2ln(x) +ln(1+\frac{1}{x^2}) -3ln(x) - ln(1+\frac{1}{x^2})\\
& = -ln(x) +ln(1+\frac{1}{x^2}) - ln(1+\frac{1}{x^2})\\
\frac{f(x)}{-ln(x)} &= 1+\frac{ln(1+\frac{1}{x^2})}{-ln(x)} + \frac{ln(1+\frac{1}{x^2})}{ln(x)}\\
\end{align}
$$
Or $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty}\frac{ln(1+\frac{1}{x^2})}{-ln(x)} = 0$ et $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty}\frac{ln(1+\frac{1}{x^3})}{-ln(x)} = 0$
 
Donc $ln(\frac{1+x^2}{1+x^3}) \sim -ln(x)$.

### 2)

$D = \int_{0}^{+\infty} e^{\alpha x}dx$

$f_\alpha(0) = 1 \forall \alpha \in \mathbb R$

Le problème se trouve en $+\infty$

Warning je n'ai pas la suite il faut faire une IPP.

## Exercice 4
### 1.a) $\int_{0}^{+\infty} e^{\alpha x}dx$
- Pour $\alpha = 0$, on a $\int_{0}^{+\infty} 1 dx$ qui diverge.

- Pour $\alpha > 0$, $\forall x \in \mathbb{R}^+$, $e^{\alpha x} \geq 1$, donc $\int_{0}^{+\infty} e^{\alpha x}dx$ est divergente.

- Pour $\alpha < 0$, $\forall x \in \mathbb{R}^+$,
$$
\lim\limits_{x \rightarrow +\infty}x^2e^{\alpha x} = 0
$$
Donc on a $e^{\alpha x} =_{+\infty} o(\frac{1}{x})$ et comme $\int_1^{+\infty}\frac{1}{x^2}dx$ qui converge par Riemann, alors $\int_1^{+\infty}e^{\alpha x}dx$ converge aussi. Par la relation de Chalse et parce que la fonction $e^{\alpha x}$ est défini en $0$, alors $\int_0^{+\infty}e^{\alpha x}dx$ converge.

En conclusion $\int_1^{+\infty}e^{\alpha x}dx$ converge si et seulement si $\alpha < 0$.
### 1.b) $\int_{-\infty}^{0} e^{\alpha x}dx$
changement de variable $y = -x$

### 2. Justifier $e^{-\beta x^2} = o(e^{-x})$
$$
\begin{align}
\frac{e^{-\beta x^2}}{e^{-x}} &= e^{-\beta x^2 +x}\\
&= e^{x^2(\beta -  \frac{1}{x^2})}
\end{align}
$$
Pour $\beta > 0$, on a $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty}e^{x^2(\beta -  \frac{1}{x^2})} = 0$

Donc $e^{-\beta x^2} = o(e^{-x})$.
### Déduire la nature de $\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\beta x^2}dx$
 
 
 