Integrale impropre
Integrale impropre
L'intégrale $\displaystyle \int_0^{+\infty}\cos (e^{2x}) dx$ est-elle convergente ?
Re: Integrale impropre
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.
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.
Re: Integrale impropre
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.
$\displaystyle \int_1^{+\infty} \arctan (\frac{1}{x}) dx$
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.