Exercice 14-08
Étudier les intégrales généralisées ci-dessous.
  1. \(\displaystyle I=\int_{-\infty}^{\infty} x\,dx\)
  2. \(\displaystyle I=\int_1^{\infty} \frac{\log(x)}{x^2}\,dx\)
  3. \(\displaystyle I=\int_{1^+}^2 \frac{x}{\sqrt{x-1}}\,dx\)
  4. \(\displaystyle I=\int_{0}^{\infty}\sin(x)\,e^{-x}\,dx\)
  5. \(\displaystyle I=\int_{0^+}^{\infty} e^{-x}(1-x)\log(x)\,dx\)
  6. \(\displaystyle I=\int_{-\infty}^{\infty} xe^{-x^2}\,dx\)
Après avoir identifié le type de chacune des intégrales généralisées, on passera par leurs définitions (dépendant du type: Type I, Type II our Type III) pour les étudier.

On pourra par exemple commencer par décomposer \(\int_{0^+}^{+\infty}\) en \(\int_{0^+}^1+\int_1^{+\infty}\).

  1. Cette intégrale est du Type III. Mais on remarque que pour tout \(a\in \mathbb{R}\), \[\begin{aligned} \int_a^\infty x\,dx&= \lim_{L\to\infty}\int_a^Lx\,dx\\ &= \lim_{L\to\infty}\left(\frac{L^2}{2}-\frac{a^2}{2}\right)=+\infty\,. \end{aligned}\] Donc l'intégrale \(\int_{-\infty}^{\infty} x\,dx\) est divergente.

    Remarque: On pourrait être tenté d'écrire \[ \int_{-\infty}^{\infty} x\,dx= \lim_{L\to +\infty} \int_{-L}^{L} x\,dx\,, \] et de dire que puisque \(\int_{-L}^{L} x\,dx=0 \) pour tout \(L\) (puisque \(f(x)=x\) est impaire), alors la limite est aussi zéro. Mais ce n'est pas ainsi que se définit une intégrale \(\int_{-\infty}^\infty f(x)\,dx\)!

  2. C'est une intégrale généralisée de type 2, définie par la limite \[ I = \int_{1}^{\infty}\frac{\log(x)}{x^2}\,dx =\lim_{L\rightarrow\infty}\int_{1}^{L}\frac{\log(x)}{x^2}~dx\,. \] Par parties, \[\begin{aligned} \int_{1}^{L} \underbrace{\frac{1}{x^2}}_{\uparrow} \underbrace{\log(x)}_{\downarrow}\,dx &=\left(-\frac{1}{x}\log(x)\right)\Big|_{1}^{L} - \int_{1}^{L}\left(-\frac{1}{x}\right)\frac{1}{x}\,dx \\ &=-\frac{1}{L}\log(L)+\int_{1}^{L}\frac{1}{x^2}\,dx\\ &=-\frac{1}{L}\log(L)-\left( \frac{1}{x}\right)\Big|_{1}^{L}\\ &=-\frac{1}{L}\log(L)-\frac{1}{L}+1\,. \end{aligned}\] Pour l'intégrale généralisée \(I\) on trouve donc \[\begin{aligned} I&=\lim_{L\to\infty}\int_{1}^{L}\frac{\log(x)}{x^2}\,dx\\ &=\lim_{L\to\infty}\left( -\frac{1}{L}\log(L)-\frac{1}{L}+1\right)\\ &=1\,, \end{aligned}\] où on a utilisé Bernoulli-l'Hospital pour \[ \lim_{L\to\infty}\frac{\log(L)}{L} =\lim_{L\to \infty}\frac{\frac{1}{L}}{1}=0 \]
  3. C'est une intégrale généralisée de Type I qui s'écrit \[ I = \int_{1^+}^2 \frac{x}{\sqrt{x-1}}~dx = \lim_{\delta\to 0^+} \:\int_{1+\delta}^2\frac{x}{\sqrt{x-1}}~dx\,. \] Pour calculer l'intégrale à droite, on pose le changement de variable \(x=\varphi(u)=u^2+1\), \(\,\varphi'(u)=2u\,\) et on écrit \(\delta = \varepsilon^2\) avec \(\varepsilon>0\) pour simplifier la notation. Comme \(x\) varie entre \(1+\varepsilon^2=\varphi(\varepsilon)\) et \(2=\varphi(1)\), on a \[\begin{aligned} I=\lim_{\varepsilon\to 0^+}\int_{1+\varepsilon^2}^2\frac{x}{\sqrt{x-1}}\,dx &= \lim_{\varepsilon\to 0^+} \int_{\varepsilon}^1\frac{\varphi(u)}{\sqrt{\varphi(u)-1}}\:\varphi'(u)\,du \\ &= \lim_{\varepsilon\to 0^+}\int_{\varepsilon}^1 \frac{u^2+1}{\sqrt{u^2}}\:2u\,du\\ &=\lim_{\varepsilon\to 0^+}\int_{\varepsilon}^1 2(u^2+1)\,du \\ &= 2\int_0^1 (u^2+1)\,du \\ &= 2\left[ \frac{1}{3}u^3 + u \right]_0^1\\ & = \frac{8}{3}\,. \end{aligned}\] On a pu enlever la limite parce que l'expression en \(u\) est (dans ce cas, pas de manière générale) bien définie aux nouvelles bornes, et il ne s'agit donc plus d'une intégrale généralisée.
  4. Il s'agit d'une intégrale généralisée de Type III, définie par \[ I=\lim_{L\rightarrow\infty}\int_{0}^{L}\sin(x)\,e^{-x}\,dx\,. \] En intégrant deux fois par parties, \[\begin{aligned} \int_{0}^{L}\sin(x)e^{-x}\,dx &=-\frac{e^{-x}}{2}(\sin(x)+\cos(x))\Big|_0^L\\ &=\frac12-\frac{e^{-L}}{2}(\sin(L)+\cos(L))\,. \end{aligned}\] On a donc \[ I=\frac{1}{2}-\lim_{L\to+\infty}\frac{e^{-L}}{2}(\sin(L)+\cos(L))=\frac12\,. \] Dans la dernière ligne on a utilisé le fait que \(e^{-L}\to 0\) et que \(|\sin(L)+\cos(L)|\leqslant 2\).
  5. Cette intégrale est de type 3, avec \(f(x)=e^{-x}(1-x) \log(x)\), que l'on peut décomposer en \[ \int_{0^+}^\infty f(x)\,dx= \int_{0^+}^1 f(x)\,dx+ \int_{1}^\infty f(x)\,dx\,. \] Remarquons que \((xe^{-x})'=e^{-x}(1-x)\), et donc \[\begin{aligned} \int f(x)\,dx &=\int \underbrace{e^{-x}(1-x)}_{\uparrow} \underbrace{\log(x)}_{\downarrow}\,dx\\ &= xe^{-x}\log(x)-\int xe^{-x}\cdot\frac1x\,dx\\ &=xe^{-x}\log(x)+e^{-x}+C\,. \end{aligned}\] En prenant \(F(x)=e^{-x}(x\log(x)+1)\), on a d'une part que \[\begin{aligned} \int_{0^+}^1 f(x)\,dx &=\lim_{\varepsilon\to 0^+}\int_{\varepsilon}^1 f(x)\,dx\\ &=\lim_{\varepsilon\to 0^+}\bigl\{F(1)-F(\varepsilon)\bigr\}\\ &=F(1)-1\,, \end{aligned}\] et donc l'intégrale converge, et d'autre part que \[\begin{aligned} \int_{1}^\infty f(x)\,dx &=\lim_{L\to\infty}\int_{1}^L f(x)\,dx\\ &=\lim_{L\to\infty}\bigl\{F(L)-F(1)\bigr\}=-F(1)\,, \end{aligned}\] et donc converge aussi. On conclut que l'intégrale généralisée \(\int_{0^+}^\infty f(x)\,dx\) converge et vaut \(-1\).
  6. C'est une intégrale généralisée de type 3. On sépare donc d'abord en deux parties, \(\int_{-\infty}^\infty=\int_{-\infty}^0+\int_0^\infty\). Or \[\begin{aligned} \int_0^\infty x e^{-x^2}\,dx &=\lim_{L\to\infty} \int_0^L x e^{-x^2}\,dx\\ &=\frac12 \lim_{L\to\infty} \bigl(1-e^{-L^2}\bigr)\\ &=\frac{1}{2}\, \end{aligned}\] et donc elle converge. Puisque \(xe^{-x^2}\) est impaire, \(\int_{-\infty}^0xe^{-x^2}\,dx\) converge aussi, et vaut \(-\frac{1}{2}\). Donc toute l'intégrale généralisée converge, et vaut \(-\frac12+\frac12=0\).