Corrigé du TD sur les intégrales impropres

Corrigé du TD sur les intégrales impropres
1-) a-) Justifier la convergence de l'intégrales
X dt
X > 0, I(X) =
t 0
2 + 3 =
1 3
lim I(X) = =
X + 3 2 6
Donc
0
+ dt
0
+ dt
––––––––––––––––
1
3 Arctan
t 2 + 3 est convergente et
0
t
3
+ dt
t 2 en calculant sa valeur.
+ 3
Corrigé du TD sur les intégrales impropres --*-- Page 1
X
0
t 2 + 3
= 1
3 Arctan
= 3
6 .
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
X
3
.
1-) b-) Calculer
dx
2 + cosx 0
au moyen du changement de variable t = tan
x
2
.
––––––––––––––––
La fonction f : x
1
est continue sur [0, ]
2 + cosx
donc l'intégrale proposée est une intégrale définie.
On effectue le changement de variable t = tan x
2
d'où dt =
1 + tan
2x
1
2dt
dx donc dx =
2
2 1 + t 2.
Par ailleurs, cosx =
Enfin,
1 – t2
1 + t 2 donc
si x = 0 alors t = 0
si x → alors t → +
1
2 + cosx =
1
1 – t2
2 +
1 + t 2
= 1 + t2
3 + t 2 d'où
donc on obtient une intégrale impropre !
La question précédente donne alors immédiatement
0
dx
2 + cosx =
0
dx 2dt
=
2 + cosx t 2 + 3
+ 2dt
t 2 + 3
= 3
3 .

2-) a-) Justifier que l'intégrale
+ dt
(1 + t
0
2 ) 2 est convergente.
b-) Calculer sa valeur au moyen du changement de variable t = tan.
––––––––––––––––
a-) La fonction f : t
1
(1 + t 2 ) 2 est continue sur [0, +[
donc l'intégrale est simplement impropre en +.
t 0,
Comme
donc
1
(1 + t 2 ) 2 0 et
0
1
+
+ dt
t 4 converge,
1
(1 + t 2 ) 2 ~
1
t 4.
1
+
dt
(1 + t 2 ) 2 converge .
dt
(1 + t 2 ) 2 converge
b-) La fonction tangente réalise une bijection strictement croissante de [0, /2[ sur IR+.
Le changement de variable proposé permet de dire que les intégrales
et
0
Or,
/2 (1 + tan 2 )
0
(1 + tan 2 ) 2 d sont de même nature.
/2 (1 + tan 2 )
Par suite:
(1 + tan 2 ) 2 d = 0
0
+
dt
(1 + t 2 ) 2 =
4 .
/2
cos 2 .d =
Corrigé du TD sur les intégrales impropres --*-- Page 2
0
/2
1 + cos(2)
d =
2
4
0
+
dt
(1 + t 2 ) 2

3-) On considère l'intégrale
+
ln
0
1 +
1
t 2 dt
a-) Justifier que cette intégrale est convergente.
b-) Déterminer sa valeur.
a-)
––––––––––––––––
La fonction f: t ln
1 +
1
t 2 est continue et positive sur ]0, +[.
L'intégrale est doublement impropre en 0 + et en +.
f(t) ~
1
t 2. Comme
1
+ dt
t 2 converge,
+
ln
1 +
1
t 2 .dt converge .
f(t) ~ ln
o
1
t
2 = – 2lnt = o
o 1
t
donc, au voisinage de 0+ , 0 f(t) 1
t .
Comme
1
dt
t converge,
1
ln 0
1 +
1
t 2 .dt converge .
Par suite:
0
+
0
ln
1 +
1
t 2 dt converge .
b-) Pour et tels que 0 < , on pose I(, ) =
ln
1 +
1
t 2 dt.
On effectue une intégration par parties
avec u(t) = ln
1 +
1
t 2 et v'(t) = 1
– 2
d'où u'(t) =
t 3 + t
et v(t) = t
I(, ) = ln
1 +
1
2 – ln
1 +
1
2 + 2
dt
1 + t
2
I(, ) = ln
1 +
1
2 – ln
1 +
1
2 + 2Arctan – 2Arctan.
lim I(1, ) = lim
+ + ln 1 +
1
2 – ln2 + 2Arctan –
2
donc
+
ln
1 +
1
t 2 dt =
– ln2 .
2
lim I(, 1) = lim
0
donc
1
0
1
Finalement,
0
0 ln2 – ln 1 +
1
2 +
2
ln
1 +
1
t 2 dt = ln2 +
2 .
+
ln
1 +
1
t 2 dt = .
Corrigé du TD sur les intégrales impropres --*-- Page 3
1
– 2Arctan = ln2 +
2
=
2 – ln2 car ln 1 +
1
2 ~
1

4-) a-) Donner un équivalent en + de (t) = 1
t – Arctan
1
t
.
b-)
c-)
+
En déduire la nature de l'intégrale
(t).dt.
1
Calculer la valeur de cette intégrale.
––––––––––––––––
a-) On cherche un DL3(0) de 1
= h – Arctanh.
h
Comme Arctan0 = 0 et Arctan'h = 1
1 + h 2 = 1 – h 2 + o(h o 2 ), Arctanh = h – h3
3 + o(h o 3 ).
Par suite, 1
1
h
=
3 h3 + o(h o 3 ) et (t) ~
1
3t 3 .
1
b-) La fonction t[1, +[
t – Arctan
1
est continue sur [1, +[
t
donc l'intégrale proposée est simplement impropre en +.
(t) ~
1 1
3t
3,
3t 3 > 0 au voisinage de + et
+
1
3t 3 dt converge
donc 1
+
c-) x 1,
(t)dt converge .
1
x dt
t
= lnx.
x 1, on note I(x) =
x
Arctan 1
1
dt
et on effectue une intégration par parties
t avec u(t) = Arcan 1
et v'(t) = 1
t
d'où u'(t) = – 1
1 + t 2 et v(t) = t.
Les fonctions u et v étant C 1 sur [1, x],
I(x) = x.Arctan 1
1
x
– +
4 2
x 2t
1 + t 2 dt = x.Arctan 1
1
x
– +
4 2 [ln(1 + x2 ) – ln2].
1
x
Par suite, x 1,
(t).dt = – x.Arctan 1
1
1
x
+ –
4 2 .ln 1 +
1
x 2 + 1
2 .ln2.
lim
x + x
(t).dt = – 1 +
1
1
+
4 2 .ln2 car x.Arctan
1
~ x.
x 1
= 1
x
+
Finalement:
(t).dt = – 1 +
1
1
+
4 2 .ln2
1
Corrigé du TD sur les intégrales impropres --*-- Page 4

5-) a-) Etudier la nature de l'intégrale:
+ x.dx
x
2
3 + x – 1
––––––––––––––––
La fonction : x x 3 + x – 1 est croissante sur [2, +[ avec (2) = 7 + 2 > 0
donc elle ne s'annule pas sur [2, +[.
La fonction f : x[2, +[
x
x 3 est continue sur [2, +[
+ x – 1
donc l'intégrale est simplement impropre en +.
x 2,
x
x 3 0 et
+ x – 1
x
x 3 ~
+ x – 1 1
x 2.
Comme
+
dx
x 2
2 converge,
+ x.dx
x
2
3 converge .
+ x – 1
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
5-) b-) Etudier la nature de l'intégrale:
1 dx
x – x .
0
––––––––––––––––
x = x
x2 = x
1
x 0
x{0, 1}. La fonction f : x est continue sur ]0, 1[
x – x
donc l'intégrale est doublement impropre en 0 + et en 1 – .
1
~ –
x – x o 1
x donc
Comme
0
1/2
1
x – x est de signe constant (négatif) au voisinage de 0+ .
dx
x converge,
1/2
–
0
dx
x converge et
1/2
0
dx
x – x
Corrigé du TD sur les intégrales impropres --*-- Page 5
converge .
En 1 – , la fonction u: x 1 – x est une bijection de classe C 1 de [1/2, 1[ sur ]0, 1/2]
(car elle est continue et strictement décroissante sur [1/2, 1[ ).
Le changement de variable u = 1 – x permet de dire que
1
1/2
dx
x– x est de même nature que
0 – du
1 – u – 1 – u
1/2
=
1/2
0
Au voisinage de 0 + ,
1
est de signe constant négatif
1 – u.( 1 – u – 1)
et
1
~ –
1 – u.( 1 – u – 1) o 2
u car 1 – u ~ 1 et 1 – u – 1 ~ –
o o 1
2 u.
Comme
Finalement,
0
0
1
1/2 du
u diverge,
0
1/2
dx
est divergente .
x – x
du
1 – u.( 1 – u – 1)
du
1 – u.( 1 – u – 1) diverge et
1 dx
x– x
1/2
diverge.

5-) c-) Etudier la nature de l'intégrale:
0
e–t
dt (aIR +).
t + a
––––––––––––––––
Premier cas:
e–t
si a > 0 alors f : tIR+ est continue sur [0, +[
t + a
donc l'intégrale est simplement impropre en +.
+
t 1, e–t e–t
> 0 et
t + a t + a e–t .
+
Comme
e
1
–t .dt converge,
Par suite, si a > 0 alors
Deuxième cas: si a = 0 alors l'intégrale
0
Corrigé du TD sur les intégrales impropres --*-- Page 6
+
0
+
1
+
e–t
t + a dt converge
e–t
t + a dt converge .
Le raisonnement précédent reste valable pour
Pour
0
1
Comme
e–t
dt, t]0, 1],
t e–t e–t
> 0 et ~
t t o 1
t .
0
1 dt
et, par suite,
t diverge,
0
0
+
1
e–t
t dt diverge .
e–t
t dt est doublement impropre en 0 + et en +.
e–t
t dt diverge
1
+
e–t
t dt.
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
5-) d-) Etudier la nature de l'intégrale:
+
x.sin
0
1
x
2
ln(1 + x) dx.
––––––––––––––––
La fonction f : x
x.sin 1
x
2
est continue sur ]0, +[.
ln(1 + x)
L'intégrale est doublement impropre en 0 + et en +.
1
Au voisinage de +, f(x) ~
x 3/2 1
et x[e, +[, 0
.lnx x 3/2 1
.lnx x 3/2
Comme
+
dx
x 3/2 converge,
+
dx
x 3/2 .lnx converge donc +
f(x).dx converge.
e
e
Au voisinage de 0 + , f(x) n'est pas de signe constant,
e
x.sin
mais
1
x
2
x
~
ln(1 + x) ln(1 + x) o x 1
=
x x et, comme
1 dx
x 0
1/2 converge,
1
f(x)dx est absolument convergente donc convergente.
0
En conclusion:
0
+
x.sin 1
x
2
dx est convergente .
ln(1 + x)

5-) e-) Etudier la nature de l'intégrale:
+
0
x.sinx
1 + x 2 dx.
––––––––––––––––
x.sinx
La fonction f : x
1 + x 2 est continue sur [0, +[.
L'intégrale est simplement impropre en +.
Pour tout X 0, on pose I(X) =
X
0
x.sinx
1 + x 2 dx.
On effectue une intégration par parties
x
avec u(x) =
1 + x 2 et v'(x) = sinx
1 – x2
d'où u'(x) =
(1 + x 2 ) 2 et v(x) = – cosx.
Les fonctions u et v étant C 1 sur [0, X], on obtient:
– X.cosX
I(X) =
1 + X 2 +
X
(1 – x 2 ).cosx
(1 + x 2 ) 2 – X.cosX
dx et lim
X + 1 + X 2 = 0 car
1
Par ailleurs, (1 – x2 ).cosx
(1 + x 2 ) 2 x2 – 1
(1 + x 2 ) 2 ~ 1
x 2.
Corrigé du TD sur les intégrales impropres --*-- Page 7
+
– X.cosX
1 + X 2 ~ –
cosX
X
Comme
+
dx
x 1
2 converge,
+
x
1
2 – 1
(1 + x 2 ) 2
dx converge et
1
(1 – x2 ).cosx
(1 + x 2 ) 2 dx converge.
L'intégrale
+
(1 – x
1
2 ).cosx
(1 + x 2 ) 2 dx est absolument convergente donc est convergente.
Donc il existe un réel tel que lim
X +
X (1 – x
1
2 ).cosx
(1 + x 2 ) 2 dx = .
Par suite, lim
X +
X
0
x.sinx
1 + x 2 dx = 0 + donc
+
0
x.sinx
1 + x 2 dx est convergente .
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
5-) f-)
+
Etudier la nature de l'intégrale:
( t
1
2 + 1 – t)dt.
––––––––––––––––
La fonction f : t t 2 + 1 – t est continue et positive sur [1, +[.
L'intégrale proposée est simplement impropre en +.
f(t) = t
1 +
1
t 2 – 1 ~ t
1
2t 2 = 1
2t .
Comme l'intégrale de Riemann
+
dt
est divergente,
t
1
+
( t 2 + 1 – t)dt est divergente .
1

5-) g-) Etudier la nature de l'intégrale:
1
sin 1
t
.dt.
––––––––––––––––
La foncton f : t sin 1
est continue sur ]0, 1]
t
donc l'intégrale proposée est simplement impropre en 0 + .
0
1
La fonction u: t
t est une bijection de classe C1 de ]0, 1] sur [1, +[ et dt = – du
u 2.
Les intégrales
1
sin 1
t
.dt et
+ sinu
–
u 2 du sont donc de même nature.
0
1
Or – sinu
u 2 1
u 2 et
+
du
u 1
2 converge.
Par suite,
+
sinu
–
u 2 du est absolument convergente donc convergente.
1
On en déduit que:
1
sin 1
.dt
est convergente .
t
0
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
5-) h-) Etudier la nature de l'intégrale:
0
+ sint
t 3/2 dt.
––––––––––––––––
sint
La fonction f : t
t 3/2 est continue sur ]0, +[.
L'intégrale proposée est doublement impropre en 0 + et en +.
Sur ]0, 1] ]0, /2], f(t) > 0 et f(t) ~ o t
t 3/2 = 1
t 1/2.
Comme
t 1, sint
t 3/2 1
t 3/2 et
0
1
Par suite,
Finalement,
0
dt
t converge,
1 sint
t 0
3/2 dt converge .
1
+ sint
+ sint
1
+ dt
t 3/2 converge
t 3/2 dt est absolument convergente donc convergente .
t 3/2 dt est convergente .
Corrigé du TD sur les intégrales impropres --*-- Page 8

5-) i-) Etudier la nature de l'intégrale:
+
sin
0
1
x
2
dx.
ln(1 + x)
––––––––––––––––
La fonction f : x
sin 1
x
2
est continue sur ]0, +[.
ln(1 + x)
L'intégrale proposée est doublement impropre en 0 + et en +.
1
Sur ]0, 1], |f(x)|
ln(1 + x) et
1
~
ln(1 + x) o 1
x
Comme
1
dx
x converge,
1 1
dx converge.
ln(1 + x)
0
Par suite, 0
1
0
f(x) dx est absolument convergente donc convergente .
Sur [1, +[, f(x) 0, f(x) ~
2
x 2 et x[e, +[,
lnx 2
x 2 2
lnx x 2.
Comme
+
2dx
x e
2 converge,
+
2
x e
2 lnx dx converge donc
+ 2
x 1
2 dx converge.
lnx
+
Par suite,
f(x) dx est convergente .
I
Finalement
0
+
sin 1
x
2
dx est convergente .
ln(1 + x)
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
6-) Etudier la nature de l'intégrale
+ 1 – thx
.dx suivant les valeurs du paramètre réel .
––––––––––––––––
1 – thx
La fonction f : x]0, +[
x est continue sur ]0, +[
donc l'intégrale est doublement impropre, en 0 + et en +.
0
x
Au voisinage de 0 + , f(x) ~
o 1
x > 0 donc
1
1 – thx
x .dx converge si et seulement si < 1.
1 – thx
x 1 –
=
ex – e –x
e x + e –x
x 2e
=
–x
x (e x + e –x 2x–
=
) e 2x ~
+ 1 2x–
e 2x .
lim
x + x2 .f(x) = lim
x + 2x2–
+ dx
+
+
Au voisinage de +,
0
e 2x = 0 donc, pour = 1, A 1, x A, |f(x)| 1
x 2.
Comme
x A
2 converge,
|f(x)|dx converge donc
|f(x)|dx converge
A
1
+
f(x).dx est absolument convergente donc convergente pour toute valeur de .
1
Finalement,
0
+
1 – thx
x .dx converge si et seulement si < 1 .
Corrigé du TD sur les intégrales impropres --*-- Page 9

7-) Etudier, suivant la valeur du paramètre réel , la nature de l'intégrale
1/e
0
1
x ln
1
dx.
x
––––––––––––––––
1
La fonction f : x
x ln
1
est continue sur ]0, 1/e] donc l'intégrale est simplement impropre en 0
x
+ .
Le changement de variable u = ln 1
= – lnx ne change pas la nature de l'intégrale
x
car la fonction u: x – lnx réalise une bijection de ]0, 1/e] sur [1, +[.
Donc
1/e
0
1
x ln
1
+
dx est de même nature que
x
u
1
du
et, en cas de convergence, ces deux intégrales sont égales.
X
Si – 1 alors X[1, +[,
u
1
– 1 + X+1
du =
+ 1
– 1 + X
Si < – 1 alors + 1 < 0 et lim
X +
+1
1
= –
+ 1 + 1
donc l'intégrale converge et vaut – 1
+ 1 .
– 1 + X
Si > – 1 alors + 1 > 0 et lim
X +
+1
= +
+ 1
donc l'intégrale diverge.
Si = 1 alors X[1, +[,
donc l'intégrale diverge.
1
X
du
u
= lnX et lim lnX = +
X +
Finalement,
1/e
0
1
x ln
1
dx converge ssi < – 1 et, dans ce cas,
x
1/e
0
1
x ln
1
dx = –
x
1
+ 1 .
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
8-) Pour tout naturel n, on pose In =
1
x n
1 – x sin(x)dx.
a-)
0
Justifier que la suite (In) est bien définie.
b-) Déterminer lim
n + In.
xn
––––––––––––––––
a-) nIN, fn: x sin(x) est continue et positive sur [0, 1[.
1 – x
Les intégrales In sont simplement impropres en 1.
nIN, fn(1 + h) = (1 + h) n sin( + h)
= (1 + h)
– h
n sin(h)
~
h o
Les fonctions fn sont donc prolongeables par continuité en 1
et, de ce fait, les intégrales In sont faussement impropres donc convergentes.
La suite (In) est donc bien définie .
b-) La fonction sin(x)
est prolongeable par continuité sur le segment [0, 1].
1 – x
Donc cette fonction est bornée sur [0, 1] et M 0, x[0, 1], 0 sin(x)
1 – x
D'où: nIN, x[0, 1], 0 fn(x) Mx n .
On en déduit: nIN, 0 In M
n + 1
Corrigé du TD sur les intégrales impropres --*-- Page 10
M.
et, comme lim
n + M
= 0, lim
n + 1 n + In = 0 .

9-) On veut déterminer la nature de l'intégrale I =
1 cos(t 2 )dt.
a-) Montrer que I,
+
cosx
x 1
dx et
+ sinx
x 1
3/2 dx sont de même nature.
b-) Conclure.
––––––––––––––––
a-) La fonction x: t t 2 est une bijection de classe C 1 de [1, +[ sur [1, +[
et dx = 2tdt d'où dt = 1 dx
dx =
2t 2 x .
Par suite I et
+
cosx
dx sont de même nature.
x
1
Dans cette nouvelle intégrale, on effectue une intégration par parties.
On pose u(x) = 1
x = x–1/2 et v'(x) = cosx
d'où u'(x) = – 1
2x 3/2 et v(x) = sinx
Les fonctions u et v sont C 1 sur [1, +[ et lim
x +
sinx
– sin1
= – sin1 IR,
x
donc
+
cosx
x dx est de même nature que
+ sinx
x 1
3/2 dx.
1
Finalement: I,
1
+
b-) x 1, sinx
x 3/2 1
x 3/2 et
+
cosx
x dx et
+ sinx
x 1
3/2 dx sont de même nature .
1
+ dx
x 3/2 converge.
Par suite,
1
sinx
x 3/2 dx est convergente.
On en déduit que:
+
sinx
x 3/2 dx est absolument convergente donc convergente.
D'après le a-) I = 1
1
+
Corrigé du TD sur les intégrales impropres --*-- Page 11
+
cos(t 2 )dt est convergente .

10-) a-) Au moyen d'une intégration par parties, montrer que l'intégrale
+
1
sint
dt est convergente.
t
b-) Montrer que cette intégrale est semi-convergente.
––––––––––––––––
a-)
sint
La fonction f : t est continue sur [1, +[ donc l'intégrale est impropre en +.
t
Pour tout X 1, on pose F(X) =
X
sint
dt et on fait une intégration par parties.
t 1
On pose u(t) = 1
t
et v'(t) = sint
d'où u'(t) = – 1
t 2 et v(t) = – cost
Les fonctions u et v sont C 1 sur [1, +[ et lim
t + –
cost
+ cos1 = cos1 IR.
t
Par suite,
+
1
sint
dt et
t
+cost
t 1
2 dt sont de même nature.
t[1, +[, cost
t 2 1
t 2 et
+
dt
t 1
2 est convergente.
On en déduit que:
+cost
t 2 dt est absolument convergente donc convergente.
Par suite,
1
+
1
sint
dt est convergente .
t
+ |sint|
b-) On veut montrer que
dt est divergente.
t 1
t[1, +[, 0 |sint| 1 d'où 0 sin 2 t |sint| 1 et |sint| sin 2 t = 1
(1 – cos2t).
2
x 1,
x
|sint|
dt
t
1 x
1
1
(1 – cos2t) dt =
2t 2 1
lnx –
x cos2t
dt
t 1
On vérifie, comme dans le a-), que
+
cos2t
dt converge.
t 1
Par suite, lim
x +
1
2
lnx –
x cos2t
dt = +.
t 1
On en déduit que: lim
x +
x |sint|
dt = + donc que:
t
1
+
|sint|
dt diverge.
t 1
Finalement,
+ sint
dt est semi-convergente .
t
1
Elle est convergente mais n'est pas absolument convergente.
Corrigé du TD sur les intégrales impropres --*-- Page 12

11-) a-) et étant deux réels, étudier la convergence des intégrales de Bertrand:
-)
+ dt
t .(lnt) avec a > 1.
-)
a
a
0
dt
t .|lnt| avec 0 < a < 1.
b-) Etudier la nature de
a-) -) f : x
0
+
ln(1 + x )
x dx pour et réels.
––––––––––––––––
1
x .(lnx) est continue sur [a, +[ et positive.
L'intégrale proposée est simplement impropre en +.
Pour > 1, soit ]1, [, lim
x + x .f(x) = lim
x +
donc f(x) = o
+
1
x
et, au voisinage de +, 0 f(x) 1
x .
Comme
+
dx
x converge, si > 1 alors
+
a
x1 –
(lnx) = +
Pour < 1, lim x.f(x) = lim
x + x +
donc 1
x = o (f(x)) et, au voisinage de +, 0
+ 1
f(x).
x
+ dx
Comme
x a
diverge, si < 1 alors
a
Si = 1 alors
+
dx
x.(lnx) =
+
du
Si = 1 alors
a
a
+
lna
1
x – .(lnx) = 0
Corrigé du TD sur les intégrales impropres --*-- Page 13
a
+
dx
x.(lnx) converge ssi > 1 .
dt
t .(lnt) converge .
dt
t .(lnt) diverge .
u converge si et seulement si > 1.
A retenir! Pour a > 1, l'intégrale de Bertrand
+ dt
t
a
.(lnt)
converge si et seulement si ( > 1) ou ( = 1 et > 1).
-) Le changement de variable bijectif u = 1
x permet de se ramener à
Cette dernière intégrale converge ssi
| 2 – > 1
ou
| 2 – = 1 et > 1
+
1/a
donc ssi
A retenir! Pour 0 < a < 1, l'intégrale de Bertrand
a dt
t
0
.(lnt)
converge si et seulement si ( > 1) ou ( = 1 et > 1).
– du
u 2– .(lnu) avec 1
> 1.
a
| < 1
ou
| = 1 et > 1

-) (, )IR 2 , f : x ln(1 + x )
x est continue sur ]0, +[ et positive.
L'intégrale proposée est doublement impropre en 0 + et en +.
Etude en 0 +
Si > 0, x tend vers 0 donc ln(1 + x ) ~ x
o et f(x) ~
o 1
–
x
.
Par suite,
1
ln(1 + x )
x dx converge ssi – < 1 donc ssi < 1 + .
Si = 0, f(x) = ln2
x et
0
0
1 ln2
x dx converge ssi < 1 (donc ssi < 1 + ).
Si < 0, x tend vers + et ln(1 + x ) ~ .lnx d'où f(x) ~
o o .lnx
x
=
x .(lnx) –1
donc
0
1
Finalement,
Etude en +
0
ln(1 + x )
x dx converge ssi < 1.
1
ln(1 + x )
x dx converge ssi < 1 + max(, 0) .
Si > 0, x tend vers + d'où f(x) ~
Si = 0, f(x) = ln2
x et
1
+ ln2
x .(lnx) –1 et
Corrigé du TD sur les intégrales impropres --*-- Page 14
1
+
ln(1 + x )
x dx converge ssi > 1.
x dx converge ssi > 1 (donc ssi > 1 + ).
Si < 0, x tend vers 0 donc ln(1 + x ) ~ x
et f(x) ~
1
–
x
.
Par suite,
+
ln(1 + x )
x dx converge ssi – > 1 donc ssi > 1 + .
Finalement,
1
1
+
ln(1 + x )
x dx converge ssi > 1 + min(, 0) .
En conclusion: le schéma ci-desssous permet de conclure:
0
+
ln(1 + x )
x dx converge si et seulement si ( – 1)( – – 1) < 0 .
O
= + 1
= 1

12-) a-) Convergence et calcul (le cas échéant) de
(lnt)
0
n dt (nIN).
––––––––––––––––
1
Pour n = 0, on obtient
1.dt = 1.
0
nIN * , lim
t 0 + t1/2 .ln n t = 0 (croissances comparées)
donc nIN * , pour = 1, n]0, 1], t]0, n], t 1/2 .|lnt| 1
Par suite, nIN * , n]0, 1], t]0, n], |ln n t| 1
t 1/2.
Comme
n
dt
t 1/2 converge, n |ln
0 n 1
t|.dt converge et donc
|ln
0
n t| dt converge.
0
1
nIN * , 0
Finalement, nIN, 0
(lnt) n dt est absolument convergente donc elle est convergente.
1
(lnt) n dt est convergente .
Pour tout naturel n, on pose In =
(lnt)
0
n dt. On a vu que I0 = 1 .
Pour n 1, on effectue une intégration par parties.
On pose u(t) = ln n t et v'(t) = 1
d'où u'(t) = n.ln n – 1 t. 1
et v(t) = t
t
Les fonctions u et v étant C 1 sur ]0, 1],
1
nIN * , In = lim
t 0 + t.lnnt – n.In – 1 donc nIN * , In = – n.In – 1 car lim
t 0 + t.lnnt = 0.
1
On en déduit que: nIN, In =
(lnt)
0
n dt = (-1) n .n! .
Corrigé du TD sur les intégrales impropres --*-- Page 15
1

12-) b-) Convergence et calcul (le cas échéant) de
+
0
lnx
1 + x 2 dx.
––––––––––––––––
La fonction f : x
lnx
1 + x 2 est continue sur ]0, +[.
L'intégrale est doublement impropre en 0 + et en +.
Au voisinage de 0, f(x) ~ o lnx, lnx est de signe constant sur ]0, 1] et 0
Par suite,
0
1
lnx
1 + x 2 dx converge .
Au voisinage de +, f(x) ~ lnx
x 2 donc lim
x + x3/2 .f(x) = lim
x + lnx
x 1/2 = 0.
On en déduit que: f(x) = o
+
1
x
3/2 donc, au voisinage de +, 0 f(x) 1
x 3/2.
Comme
+
dx
x 3/2 est convergente,
+ lnx
1 + x 2 dx converge .
Finalement,
0
1
+
lnx
1 + x 2 dx est convergente .
b-) Soit ]0, 1], si on pose I() =
Le changement de variable u = 1 1
s'écrit x =
x u
1
I() = – lnu
1 +
1
u 2
–
1
u 2 du =
1
lnu
u 1/
2 + 1 du = –
1
1/
Donc lim
0 I() = –
+ lnx
1 + x 1
2 dx .
Par suite,
0
+
Finalement:
lnx
1 + x 2 dx =
0
+
0
1
1 lnx
lnx
1 + x 2 dx = 0 .
1
lnx
1 + x 2 dx alors lim
0 I() =
1 lnx
1 + x 0
2 dx .
1 + x 2 dx +
1
+
d'où dx = – du
u 2
Corrigé du TD sur les intégrales impropres --*-- Page 16
1/
lnu
1 + u 2 du.
lnx
1 + x 2 dx = lim I() – lim I() = 0.
0 0
1
lnx.dx converge.