13.4 Type III

Les intégrales généralisées de Type III représentent des combinaisons d'intégrales de Types I et II.

Mélange de Type I et I
Soit \(f:]a,b[\to \mathbb{R}\) continue, et soit \(a\lt c\lt b\). Si \[ \int_{a^+}^cf(x)dx \qquad \text{ et } \qquad \int_c^{b^-} f(x)dx \] convergent, on pose \[ \int_{a^+}^{b^-} f(x)dx:= \int_{a^+}^cf(x)dx+\int_c^{b^-} f(x)dx\,. \] et on dit que l'intégrale généralisée converge; si au moins une des intégrales diverge, on dit qu'elle diverge.

Exemple: Considérons l'intégrale de Type III \[ \int_{0^+}^{2^-}\frac{1}{\sqrt{2x-x^2}}\,dx. \] On peut la décomposer en \[ \int_{0^+}^{2^-}\frac{1}{\sqrt{x}\sqrt{2-x}}\,dx = \int_{0^+}^{1}\frac{1}{\sqrt{x}\sqrt{2-x}}\,dx + \int_{1}^{2^-}\frac{1}{\sqrt{x}\sqrt{2-x}}\,dx\,. \] Le changement de variable \(x=\varphi(u)=2u^2\) permet d'écrire \[ \int\frac{1}{\sqrt{x}\sqrt{2-x}}\,dx = \int\frac{1}{\sqrt{2}u\sqrt{2-2u^2}}4u\,du= 2\int\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\,du\,. \] Ce changement de variable montre que la première intégrale converge, \[\begin{aligned} \int_{0^+}^{1} \frac{1}{\sqrt{x}\sqrt{2-x}}\,dx &=\lim_{\varepsilon\to 0^+}\int_{\varepsilon}^{1}\frac{1}{\sqrt{x}\sqrt{2-x}}\,dx\\ &=2\lim_{\varepsilon\to 0^+} \int_{\sqrt{\varepsilon/2}}^{1/\sqrt{2}} \frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\,du\\ &=2\lim_{\varepsilon\to 0^+} \left(\arcsin(1/\sqrt{2}) -\arcsin(\sqrt{\varepsilon/2})\right)\\ &=2\left(\arcsin(1/\sqrt{2})-\arcsin(0)\right)\\ &=2\arcsin(1/\sqrt{2})\,. \end{aligned}\] de même pour la deuxième: \[\begin{aligned} \int_{1}^{2^-} \frac{1}{\sqrt{x}\sqrt{2-x}}\,dx &=2\lim_{\beta\to 2^-}\int_{1}^\beta\frac{1}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}\,dx\\ &=2\lim_{\beta\to 2^-} \int_{1/\sqrt{2}}^{\sqrt{\beta/2}}\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\,du\\ &=2\lim_{\beta\to 2^-} \left(\arcsin(\sqrt{\beta/2})-\arcsin(1/\sqrt{2})\right)\\ &=2\left(\arcsin(1)-\arcsin(1/\sqrt{2})\right)\\ &=\pi-2\arcsin(1/\sqrt{2})\,. \end{aligned}\] donc l'intégrale converge, et sa valeur est \[\begin{aligned} \int_{0^+}^{2^-}\frac{1}{\sqrt{x}\sqrt{2-x}}\,dx &=2\arcsin(1/\sqrt{2})+(\pi-2\arcsin(1/\sqrt{2}))\\ &=\pi\,. \end{aligned}\]

Exemple: Considérons l'intégrale de Type III \[ \int_{0^+}^{1-}\frac{1}{x\sqrt{1-x}}\,dx\,, \] que l'on décompose naturellement en \[ \int_{0^+}^{1-}\frac{1}{x\sqrt[3]{1-x}}\,dx= \int_{0^+}^{\frac12}\frac{1}{x\sqrt[3]{1-x}}\,dx+ \int_{\frac12}^{1-}\frac{1}{x\sqrt[3]{1-x}}\,dx\,. \] La deuxième intégrale converge puisque \[\begin{aligned} \int_{\frac12}^{1-}\frac{1}{x\sqrt[3]{1-x}}\,dx &\leqslant \int_{\frac12}^{1-}\frac{1}{\frac12\sqrt[3]{1-x}}\,dx\\ &= 2\int_{\frac12}^{1-}\frac{1}{\sqrt[3]{1-x}}\,dx\\ &= 2\int_{0^+}^{\frac12}\frac{1}{\sqrt[3]{u}}\,du\lt \infty\,. \end{aligned}\] qui converge (\(p=\frac13\lt 1\)). Par contre la première diverge puisque \[ \int_{0^+}^{\frac12}\frac{1}{x\sqrt[3]{1-x}}\,dx \geqslant \int_{0^+}^{\frac12}\frac{1}{x\sqrt[3]{\frac12}}\,dx =\sqrt[3]{2} \int_{0^+}^{\frac12}\frac{1}{x}\,dx=\infty\,. \] Donc l'intégrale diverge.

Mélange de Types I et II
Soit \(f:]a,+\infty[\to \mathbb{R}\) continue, et soit \(a\lt c\lt \infty\). Si \[ \int_{a^+}^cf(x)dx \qquad \text{ et } \qquad \int_c^\infty f(x)dx \qquad \text{ convergent,} \] on pose \[ \int_{a^+}^\infty f(x)dx:= \int_{a^+}^cf(x)dx+\int_c^\infty f(x)dx\,, \] et on dit que l'intégrale généralisée converge; si au moins une des intégrales diverge, on dit qu'elle diverge.

Exemple: Considérons \[ \int_{0^+}^\infty\frac{1}{x^{3/2}}\,dx\,. \] On sépare: \[ \int_{0^+}^\infty\frac{1}{x^{3/2}}\,dx= \int_{0^+}^2\frac{1}{x^{3/2}}\,dx+ \int_{2}^\infty\frac{1}{x^{3/2}}\,. \] Comme ici, \(p=\frac32\gt 1\), la première diverge et la deuxième converge. Donc toute l'intégrale diverge.

Exemple: Considérons l'intégrale de Type III donnée par \[ \int_{0^+}^\infty\frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}\,dx\,. \] En décomposant \[ \int_{0^+}^\infty\frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}\,dx= \int_{0^+}^1\frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}\,dx+ \int_{1}^\infty\frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}\,dx\,, \] on remarque que la première (de Type I) converge puisque \(p=\frac12<1\), et que la deuxième converge aussi puisque par comparaison, \[ \int_{1}^\infty\frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}\,dx\leqslant \int_{1}^\infty\frac{e^{-x}}{\sqrt{1}}\,dx=e^{-1}\,. \] Donc l'intégrale de Type III converge.

Mélange de Type II et II
Soit \(f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}\) continue, et soit \(c\in \mathbb{R}\). Si \[ \int_{-\infty}^cf(x)dx \qquad \text{ et }\qquad \int_c^\infty f(x)dx \] convergent, on pose \[ \int_{-\infty}^\infty f(x)dx:= \int_{-\infty}^cf(x)dx+\int_c^\infty f(x)dx\,. \] et on dit que l'intégrale généralisée converge; si au moins une des intégrales diverge, on dit qu'elle diverge.

Remarque: Remarquons que comme dans le cas précédent, le choix du nombre \(c\) n'influe pas sur la convergence/divergence de l'intégrale, ni sur la valeur de l'intégrale (dans le cas où elle est convergente).

Exemple: Considérons \[ \int_{-\infty}^\infty\frac{x}{x^2+1}\,dx\,, \] que l'on décompose en \[ \int_{-\infty}^\infty\frac{x}{x^2+1}\,dx= \int_{-\infty}^0\frac{x}{x^2+1}\,dx+ \int_{0}^\infty\frac{x}{x^2+1}\,dx\,. \] Comme \[ \int_{0}^\infty\frac{x}{x^2+1}\,dx= \lim_{L\to\infty} \int_{0}^L\frac{x}{x^2+1}\,dx= \lim_{L\to\infty}\frac12\log(L^2+1)=+\infty\,, \] l'intégrale est divergente.

Remarquons que dans ce dernier exemple, le fait que la fonction est impaire implique que pour tout \(L>0\), \[ \int_{-L}^L\frac{x}{x^2+1}\,dx=0\,, \] et donc évidemment \[ \lim_{L\to\infty}\int_{-L}^L\frac{x}{x^2+1}\,dx=0\,, \] Mais cette limite n'est pas la définition de \(\int_{-\infty}^\infty\frac{x}{x^2+1}\,dx\).

Dernière compilation: 2024-12-04 (07:30:08)

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