Intégrale impropre (E-M)

Pour simplifier, une intégrale impropre est l'intégrale sur ]a , b[ d'une fonction dont la primitive n'est pas définie en a ou en b

• $\star \star$Pour quelles valeurs des paramètres réels $\alpha$ et $\beta$, l'intégrale suivante existe-t-elle ? ${\int }_e^{+\mathrm{\infty }}\frac{dt}{t^{\alpha }(\ln t{)}^{\beta }}$ (intégrale de Bertrand).

Solution

pour $\alpha$ >1 et $\beta$ quelconque, ou $\alpha$ =1 et $\beta$ >1

 

• Calculer pour tout $n\in \mathbb{N}$ , l'intégrale $\underset{0}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{{\sin }^{2n+1}x}{x}dx$.

Solution

$\begin{array}{cc}& \underset{0}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{{\sin }^{2n+1}x}{x}dx=\underset{0}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{1}{x}\left(\frac{1}{4^n}\sum _{k=0}^n{(-1)}^k\left(\begin{array}{c}2n+1\\ n-k\end{array}\right)\sin \left((2k+1)x\right)\right)dx\\ & \underset{0}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{{\sin }^{2n+1}x}{x}dx=\frac{1}{4^n}\sum _{k=0}^n{(-1)}^k\left(\begin{array}{c}2n+1\\ n-k\end{array}\right)\underset{0}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin \left((2k+1)x\right)}{x}dx\end{array}$

Or on a $\underset{0}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin \left((2k+1)x\right)}{x}dx=\underset{0}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin x}{x}dx=\frac{\pi }{2}$.

Donc on obtient $\underset{0}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{{\sin }^{2n+1}x}{x}dx=\frac{\pi }{2^{2n+1}}\sum _{k=0}^n{(-1)}^k\left(\begin{array}{c}2n+1\\ n-k\end{array}\right)$.

Comme $\sum _{k=0}^n{(-1)}^k\left(\begin{array}{c}2n+1\\ n-k\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2n\\ n\end{array}\right)$ .

D'où $\underset{0}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{{\sin }^{2n+1}x}{x}dx=\frac{\pi }{2^{2n+1}}\left(\begin{array}{c}2n\\ n\end{array}\right)$.

 

• 
  Calculer pour tout $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ l’intégrale $I_n=\underset{1+\frac{2}{n}}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{dx}{x(nx-n-1)\sqrt{1+2x+\mathrm{...}+n{x}^{n-1}}}$.
  

Solution

Tout d’abord , on a $1+2x+\mathrm{...}+n{x}^{n-1}=\frac{d}{dx}\left(\sum _{k=1}^n{x}^k\right)=\frac{d}{dx}\left(\frac{1-x^{n+1}}{1-x}\right)=\frac{x^n(nx-n-1)+1}{{(1-x)}^2}$.

D’où on a $I_n=\underset{1+\frac{2}{n}}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{(x-1)dx}{x(nx-n-1)\sqrt{x^n(nx-n-1)+1}}$.

Faisons un changement de variable , pour cela posons $y=\sqrt{x^n(nx-n-1)+1}$.

D’où $I_n=\frac{1}{n(n+1)}\underset{1+{(1+\frac{2}{n})}^n}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{dy}{(y-1)\sqrt{y}}$.

Et un petit changement de variable encore avec $t=\sqrt{y}$ , ce qui donne : $I_n=\frac{1}{n(n+1)}\underset{\sqrt{1+{(1+\frac{2}{n})}^n}}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{2}{t^2-1}dt$.

D’où $I_n=\frac{1}{n(n+1)}\underset{\sqrt{1+{(1+\frac{2}{n})}^n}}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}(\frac{1}{t-1}-\frac{1}{t+1})dt$.

D’où $I_n=\frac{1}{n(n+1)}{[\ln \left(\frac{t-1}{t+1}\right)]}_{\sqrt{1+{(1+\frac{2}{n})}^n}}^{+\mathrm{\infty }}$.

Finalement on obtient :: $\stackrel{‾}{\stackrel{‾}{\underset{\_}{\underset{\_}{\underset{1+\frac{2}{n}}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{dx}{x(nx-n-1)\sqrt{1+2x+\mathrm{...}+n{x}^{n-1}}}=\frac{1}{n(n+1)}\ln \left(\frac{\sqrt{1+{(1+\frac{2}{n})}^n}-1}{\sqrt{1+{(1+\frac{2}{n})}^n}+1}\right)}}}}$.