Integrale impropre

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Integrale impropre

Message par Job » 14 novembre 2020, 16:55

L'intégrale $\displaystyle \int_0^{+\infty}\cos (e^{2x}) dx$ est-elle convergente ?

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Re: Integrale impropre

Message par Job » 14 novembre 2020, 17:21

Le problème se pose en + l'infini.

Onf ait un changement de variable : $t=e^{2x}$ donc $dt =2e^{2x} dx =2t dx $ soit $dx =\frac{dt}{2t}$

$\displaystyle \int_0^A \cos (e^{2x})dx = \int_1^{e^{2A}} \frac{1}{2} \frac{\cos t}{t} dt$

$\frac{1}{2t}$ est positive décroissante de limite nulle en + l'infini et $\cos t$ est bornée donc d'après la règle d'Abel, l'intégrale est convergente.

Autre méthode On fait une intégration par parties avec $u(t)=\frac{1}{t}$ et $v'(t)=\cos t$

$\displaystyle \frac{1}{2} \left( [\frac{\sin t}{t}]_1^{e^{2A}} +\int _1^{e^{2A}} \frac{\sin t }{t^2} dt\right) =\frac{1}{2} \left(\frac{\sin (e^{2A})}{2A} -\sin 1 +\int_1^{e^{2A}} \frac{\sin t }{t^2} dt \right)$

$\displaystyle |\frac{\sin (e^{2A})}{2A}|\leq \frac{1}{2A}$ donc a une limite nulle quand $A$ tend vers + l'infini.

$\displaystyle |\frac{\sin t}{t^2}| \leq \frac{1}{t^2}$ intégrale de Riemann convergente en + l'infini.

On en déduit que l'intégrale proposée est convergente.

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Re: Integrale impropre

Message par Job » 15 novembre 2020, 10:59

Autre cas

$\displaystyle \int_1^{+\infty} \arctan (\frac{1}{x}) dx$

On fait une intégration par parties avec $u(x)=\arctan (\frac{1}{x})$ et $v'(x)=1$

$\displaystyle u'(x)=-\frac{1}{x^2}\times \frac{1}{1+\frac{1}{x^2}}=-\frac{1}{x^2+1}$

$\displaystyle \int_1^y\arctan (\frac{1}{x}) dx =[x\arctan(\frac{1}{x})]_1^y +\int_1^y \frac{x}{x^2+1} dx$

$\displaystyle = y\arctan (\frac{1}{y}) - \frac{\pi}{4} +[\frac{1}{2} \ln (1+x^2)]_1^y$

$\displaystyle \lim_{y\to +\infty}\ln (1+x^2)=+\infty$ par conséquent l'intégrale impropre diverge.

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