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DavidBe

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Intégrale Impropre

Bonjour !

J'ai du mal à montrer la convergence (ou non) de ces intégrales suivantes. Avant tout, je sais que pour montrer qu'une intégrale impropre est convergente, il faut montrer que sa limite (lorsque n tend vers +infini) de l'intégrale existe et est finie.

1) [tex]\int_{0}^{\infty }\frac{sin(t^2)}{t^2}dt[/tex]
Alors ici, je vois bien que le problème est en 0 et en [tex]\infty[/tex].
Par conséquent, je cherche d'abord à savoir si la limite en [tex]\infty[/tex] de [tex]\frac{sin(t^2)}{t^2}dt[/tex] existe et est finie.
J'utilise ici par exemple la convergence absolue ce qui me donne que [tex]\frac{sin(t^2)}{t^2}dt = \frac{1}{t^2}[/tex] et d'après le critère de Riemann donc la limite existe et est finie, l'intégrale converge en [tex]\infty[/tex].
J'ai quand même ici un doute sur ma méthode: est-ce suffisant de montrer que [tex]\frac{sin(t^2)}{t^2}dt[/tex] converge en +infini, pour montrer que  [tex]\lim_{t->\infty } =\int_{1}^{\infty }\frac{sin(t^2)}{t^2}dt[/tex] converge (j'ai prix exprès la borne 1 pour "enlever" le problème en 0, je ne sais pas si cela est nécessaire ...)
Mais pour montrer en 0, je n'arrive pas à trouver comment faire.

2) [tex]\int_{0}^{1 }\frac{ln(1+x)}{x^\alpha(1-x)^\beta}dx[/tex]
De même, le problème est en 1.
Pour celle-ci, je n'ai réellement pas d'idée, j'ai tenté un développement limité mais je n'ai pas réussir à conclure.

3) [tex]\int_{0}^{\infty }\frac{1+x^2}{\sqrt{x}}*\exp{-x}dx[/tex]
Je vois bien que le problème est en 0.
Pour celle-là, j'ai testé plusieurs méthode : absolue convergence mais ça nous avance à rien, le théorème de comparaison, le théorème d'équivalence. Mais je ne suis jamais arrivé à conclure.
J'ai donc une idée d'utiliser le théorème des croissances comparées: on voit bien ici que [tex]exp(-x)[/tex] domine et que donc l'intégrale converge mais peut-on l'utiliser ?

4) [tex]\int_{0}^{\infty }\frac{t^\alpha}{t^3 +1}dt[/tex]
Pour celle-ci, je vois que le problème est seulement en [tex]\infty[/tex]
Par conséquent, je me suis dit que [tex]\int_{0}^{\infty }\frac{t^\alpha}{t^3 +1}dt[/tex] converge si [tex]\lim_{t-->\infty}\frac{t^\alpha}{t^3 +1}[/tex] existe et est finie
Donc il faut que [tex]3-\alpha >1[/tex] pour que cela converge donc [tex]\alpha<2[/tex]
Mais là encore je ne suis pas certain de la méthode que j'utilise.

Je tiens à remercier d'avance toutes les personnes qui me donneront des indications et qui m'aideront.
Je vous souhaite à tous une bonne journée,

Bien cordialement,
David

Dernière modification par DavidBe (10-05-2020 22:20:20)

Zebulor

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Re : Intégrale Impropre

bonsoir,
juste une modification dans ce post #2. J'ai modifié la variable d'intégration qui ne doit pas être la même que l'une des bornes d'intégration.
ça donne ceci :
"Je crois que dans l'esprit de la définition tu voulais écrire "la limite [tex]\lim_{t->\infty } =\int_{1}^{t}\frac{sin(x^2)}{x^2}dx[/tex] existe". Parce que ce n'est pas la limite qui converge mais l'intégrale."

La définition est : l'intégrale [tex]\int_{a}^{b} f(t) dt[/tex] est convergente si la fonction [tex]F : X \mapsto F(X)=\int_{a}^{X} f(t) dt[/tex] admet une limite finie $l$ quand $X \mapsto b$, où :
$a$ est un nombre fini et $b$ un nombre fini plus grand que $a$ ou $+\infty$

j'ai prix exprès la borne 1 pour "enlever" le problème en 0, je ne sais pas si cela est nécessaire ...)

Compte tenu de la définition ci dessus c'est plus simple et préférable parce que l-étude de la convergence en l infini est faite à partir des intégrales de référence (Riemann, Bertrand) de type [tex]\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{\alpha}}dx[/tex] par exemple.

Ici on pourrait aussi poser $c$ strictement positif et s'intéresser à [tex]\int_{c}^{\infty}\frac{sin(x^2)}{x^2}dx[/tex] et dans un second temps  à la convergence en 0 de [tex]\int_{0}^{c}\frac{sin(x^2)}{x^2}dx[/tex].

Dernière modification par Zebulor (16-05-2020 05:18:29)

DavidBe

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Re : Intégrale Impropre

Bonsoir,
La définition est : l'intégrale [tex]\int_{a}^{b} f(t) dt[/tex] est convergente si la fonction [tex]F : X \mapsto F(X)=\int_{a}^{X} f(t) dt[/tex] admet une limite finie $l$ quand $X \mapsto b$, où :
$a$ est un nombre fini et $b$ un nombre fini plus grand que $a$ ou $+\infty$

Oui exactement c'est ce que je voulais dire, la limite de 'l'intégrale !

Ah oui je n'avais pas pensé à prolongé par continuité mais c'est une très bonne idée !

Pour le 2) exacte si x=0 alors le dénominateur est égale à 0 donc nous avons aussi un problème.
Pour celle -ci au début j'ai posé (changement de variable) [tex]h=1-x[/tex] ce qui me faisait [tex]\int_{0}^{1}\frac{ln(h)}{(1-h)^\alpha (h)^\beta }dh[/tex] mais le problème est toujours le même...
Pour la limite en 1, j'ai eu l'idée de faire un DL de (1-x)^B ce qui me donne [tex]\int_{0}^{1}\frac{ln(1+x)}{x^\alpha (1+\beta x) }dx[/tex]
et donc [tex]\lim_{x->1}\int_{0}^{1}\frac{ln(1+x)}{x^\alpha (1+\beta x) }dx[/tex] converge ssi [tex]\beta >1[/tex]
Pour la limite en 0 je n'ai toujours pas trouvé.

Zebulor

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Re : Intégrale Impropre

re;

2) [tex]\int_{0}^{\infty }\frac{ln(1+x)}{x^\alpha(1-x)^\beta}dx[/tex]

Tu es sur que cette fonction $h$ est la bonne avec ce changement de variable ?
Pour l'étude en 0 tu peux faire plus simple et un équivalent de $\frac{ln(1+x)}{x^\alpha(1-x)^\beta}$ est facile à trouver en ce point.
Une fois que tu l'as trouvé tu peux comparer à une intégrale de Riemann.

En 1, j'ai des doutes sur ce que tu as fait car ton DL n'est valable que pour $x$ proche de $0$...et encore ça serait $1-\beta x$.
Là par contre un changement de variable pourrait être approprié..

De plus quand tu écris ceci :

et donc [tex]\lim_{x->1}\int_{0}^{1}\frac{ln(1+x)}{x^\alpha (1+\beta x) }dx[/tex] converge ssi [tex]\beta >1[/tex]
.

j'ai l'impression que tu considères que l'intégrale $\int_{0}^{1}\frac{ln(1+x)}{x^\alpha (1+\beta x) }dx$ converge en 0 pour tout $\alpha$

Dernière modification par Zebulor (10-05-2020 22:26:53)

DavidBe

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Re : Intégrale Impropre

Rebonsoir,

re;

2) [tex]\int_{0}^{\infty }\frac{ln(1+x)}{x^\alpha(1-x)^\beta}dx[/tex]

Tu es sur que cette fonction $h$ est la bonne avec ce changement de variable ?

Je me suis trompée dans l'énoncé pour les bornes c'est 0 et 1, excusez-moi. Effectivement je voulais faire ceci : [tex]\int_{1}^{0}\frac{ln(h)}{(h-1)^\alpha h^\beta}dh[/tex]

Pour l'étude en 0 tu peux faire plus simple et un équivalent de $\frac{ln(1+x)}{x^\alpha(1-x)^\beta}$ est facile à trouver en ce point.
Une fois que tu l'as trouvé tu peux comparer à une intégrale de Riemann.

Serait-ce une équivalence avec le théorème des croissances comparées (le [tex]x^\alpha[/tex] et [tex]x^\beta[/tex] domine sur le [tex]ln(x+1))[/tex] ? Dans ce cas, ça voudrait dire que l'intégrale converge ssi [tex]\frac{1}{x^\alpha(x+1)^\beta} >1[/tex] d'après Riemann. Donc il faudrait que le [tex]min(\alpha+\beta)>1[/tex]

En 1, j'ai des doutes sur ce que tu as fait car ton DL n'est valable que pour $x$ proche de $0$...et encore ça serait $1-\beta x$. De plus tu n'as aucune condition sur $\alpha$ ce qui est suspect...
Là par contre un changement de variable pourrait être approprié..

Exacte ! J'ai fait un DL en 0 et en plus je me suis trompé.
Je ne vais pas faire le même changement de variable autrement j'aurai 0 au dénominateur.
Je ne vois pas quel changement de variable je pourrais faire. Cependant, je sais que [tex]x^\alpha = exp(\alpha ln(x))[/tex]

Zebulor

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Re : Intégrale Impropre

Re,
Je n'avais pas pensé à une étude par croissance comparée et je ne sais pas si c'est une méthode envisageable.
Quand $x$ tend vers 0,  je voyais plutôt un équivalent simple de $x^\alpha(1-x)^\beta$ qui ne dépend plus de $(1-x)^\beta$ et un autre tout aussi simple de $ln(1+x)$. L'équivalent du quotient est alors le quotient des équivalents..

Autre chose uniquement sur la forme :

[tex]\lim_{x->1}\int_{0}^{1}\frac{ln(1+x)}{x^\alpha (1+\beta x) }dx[/tex] converge ssi [tex]\beta >1[/tex]

A supposer que la fonction  intégrer soit la bonne, ce qui n'est pas le cas mais peu importe ici.. est ce que tu ne voulais pas plutôt écrire que cette limite [tex]\lim_{x->1}\int_{0}^{x}\frac{ln(1+t)}{t^\alpha (1+\beta t) }dt[/tex] est finie ?
En d'autres termes : est ce que la fonction de $X$ qu'est [tex]F(X)=\int_{0}^{X}\frac{ln(1+t)}{t^\alpha (1+\beta t)}dt[/tex] a une limite finie quand $X$ tend vers 1 ?

Je te renvoie à la définition du post #2...

Dernière modification par Zebulor (11-05-2020 06:36:27)

DavidBe

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Re : Intégrale Impropre

Re,

Quand $x$ tend vers 0,  je voyais plutôt un équivalent simple de $x^\alpha(1-x)^\beta$ qui ne dépend plus de $(1-x)^\beta$ et un autre tout aussi simple de $ln(1+x)$. L'équivalent du quotient est alors le quotient des équivalents..

Lorsque [tex]x[/tex] tend vers 0 [tex]x^\alpha(1-x)^\beta \sim  x^\alpha[/tex]  et [tex]ln(1+x)\sim ln(1)=0[/tex]
Par conséquent, [tex]\frac{ln(1+x)}{x^\alpha (1+\beta x) }dx \sim _frac{0}{x^\alpha}[/tex]
Du coup, cela veut dire qu'on peut prendre n'importe quelle valeur de [tex]\alpha[/tex] ?

Autre chose uniquement sur la forme :

[tex]\lim_{x->1}\int_{0}^{1}\frac{ln(1+x)}{x^\alpha (1+\beta x) }dx[/tex] converge ssi [tex]\beta >1[/tex]

A supposer que la fonction  intégrer soit la bonne, ce qui n'est pas le cas mais peu importe ici.. est ce que tu ne voulais pas plutôt écrire que cette limite [tex]\lim_{x->1}\int_{0}^{x}\frac{ln(1+t)}{t^\alpha (1+\beta t) }dt[/tex] est finie ?
En d'autres termes : est ce que la fonction de $X$ qu'est [tex]F(X)=\int_{0}^{X}\frac{ln(1+t)}{t^\alpha (1+\beta t)}dt[/tex] a une limite finie quand $X$ tend vers 1 ?

Je te renvoie à la définition du post #2...

Oui exactement, j'ai du mal encore à rédiger correctement mais c'est exactement cela que je voulais écrire (avec la bonne intégrale du début sans DL) : 
[tex]\lim_{X->1}\int_{0}^{X}\frac{ln(x+1)}{x^\alpha (1-x)^\beta}[/tex]
Mais je n'arrive pas à trouver cette limite parce qu'à chaque fois que j'essaye de faire un changement de variable j'ai toujours [tex](1-h)^\alpha ou \beta[/tex] et donc j'ai 0 au dénominateur.

Zebulor

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Re : Intégrale Impropre

re,

En 0 :

Lorsque [tex]x[/tex] tend vers 0 [tex]x^\alpha(1-x)^\beta \sim  x^\alpha[/tex]  et [tex]ln(1+x)\sim ln(1)=0[/tex]
Par conséquent, [tex]\frac{ln(1+x)}{x^\alpha (1+\beta x) }dx \sim _frac{0}{x^\alpha}[/tex]

L'équivalent de [tex]ln(1+x)[/tex] en 0 que tu as écrit n'est pas faux mais pas assez précis. Tu peux l'exprimer on ne peut plus simplement en fonction de $x$ car en 0 tu as $ln(1+x)=ln(1)+... $"

En 1 : on va y aller pas à pas. Avant de sauter sur l'intégrale tu peux déjà décortiquer le problème et t'occuper de la fonction intégrée : que valent [tex]ln(1+x)[/tex] et $x^\alpha$ en $x=1$  ? Ces deux fonctions étant continues en 1, quel équivalent de [tex]\frac{ln(1+x)}{x^\alpha (1-x)^{\beta}}[/tex] peux tu en déduire en ce point ?

EDIT  : Je rectifie : $0$ n'est pas un équivalent de [tex]ln(1+x)[/tex] en 0 de par la définition d'un équivalent en un point, mais $x$ en est un.

Dernière modification par Zebulor (15-05-2020 13:39:51)

DavidBe

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Re : Intégrale Impropre

Re,

re,

En 0 :

Lorsque [tex]x[/tex] tend vers 0 [tex]x^\alpha(1-x)^\beta \sim  x^\alpha[/tex]  et [tex]ln(1+x)\sim ln(1)=0[/tex]
Par conséquent, [tex]\frac{ln(1+x)}{x^\alpha (1+\beta x) }dx \sim _frac{0}{x^\alpha}[/tex]

L'équivalent de [tex]ln(1+x)[/tex] en 0 que tu as écrit n'est pas faux mais pas assez précis. Tu peux l'exprimer on ne peut plus simplement en fonction de $x$ car en 0 tu as $ln(1+x)=ln(1)+... $"

Je ne suis pas sur de bien comprendre. Vous voulez dire qu'il faut que je fasse un DL en 0 c'est à dire [tex]ln(1+x)=x- \frac{x^2}{2} + o(x^3)[/tex] et lorsque ceci tend vers 0 cela équivaut à [tex]0 -\frac{x^2}{2} + o(x^3)[/tex] c'est à dire à [tex]ln(1)- -\frac{x^2}{2} + o(x^3)[/tex].
Ou autrement [tex]ln(1+x)=ln(1)*ln(x)[/tex]

En 1 : on va y aller pas à pas. Avant de sauter sur l'intégrale tu peux déjà décortiquer le problème et t'occuper de la fonction intégrée : que valent [tex]ln(1+x)[/tex] et $x^\alpha$ en $x=1$  ? Ces deux fonctions étant continues en 1, quel équivalent de [tex]\frac{ln(1+x)}{x^\alpha (1-x)^{\beta}}[/tex] peux tu en déduire en ce point ?

En 1, [tex]ln(1+x) = ln(2)[/tex] et $x^\alpha = 1$
Je suis d'accord par conséquent que ces deux fonctions sont continues en 1. On peut donc en déduire que  [tex]\frac{ln(1+x)}{x^\alpha (1-x)^{\beta}} \sim \frac{ln(2)}{(1-x)^\beta}[/tex]
Donc maintenant on peut peut-être utiliser le critère de Riemann et dire que cette fonction  [tex]\frac{ln(2)}{(1-x)^\beta}[/tex] converge ssi [tex]\beta > 1[/tex]

Je vous remercie pour les réponses et les explications que vous m'apportez

Zebulor

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Re : Intégrale Impropre

Re,
Je t'en prie. J'essaie d'être aussi clair que possible mais je m'aperçois que je t'ai en partie embrouillé...
A partir de ce que tu as judicieusement écrit au tout début de ton post mis à part une erreur, tu peux prendre $x$ comme équivalent de [tex]ln(1+x)[/tex] en 0. Parce qu'en $0$, un DL d'ordre 1 donne : [tex]ln(1+x)=x+o(x)[/tex]

Pourquoi une petite erreur ? Tu écris : [tex]ln(1+x)=x- \frac{x^2}{2} + o(x^3)[/tex]. C'est inexact. En fait c'est [tex]ln(1+x)=x- \frac{x^2}{2} + o(x^2)[/tex]. La notation de Landau a une signification précise car $-\frac {x^3}{3}+\frac {x^4}{4} ... $ n'est pas un petit $o$ de $x^3$

Pour la suite par contre je ne te suis plus quand tu écris :

..et lorsque ceci tend vers 0 cela équivaut à [tex]0 -\frac{x^2}{2} + o(x^3)[/tex] c'est à dire à [tex]ln(1)- -\frac{x^2}{2} + o(x^3)[/tex].
Ou autrement [tex]ln(1+x)=ln(1)*ln(x)[/tex]

En 1, ton raisonnement est juste. Bonne idée de comparaison avec une série de référence Riemann mais ta conclusion est fausse...
L'intégrale [tex]\int_{0}^{1 }\frac{ln(1+x)}{x^\alpha(1-x)^\beta}dx[/tex] converge en 1 si et seulement si [tex]\int_{0}^{1 }\frac{ln(2)}{(1-x)^\beta}dx[/tex] converge en 1.

Et c'est là qu'on peut revenir à la définition: est que [tex]\lim_{x->1^{-}}\int_{0}^{x}\frac{1}{(1-t)^\beta}dt[/tex] existe? Si oui alors l'intégrale de ton 2) converge en 1 et réciproquement. Tu peux directement trouver une primitive à ce stade, ou bien comparer avec une intégrale de Riemann, mais moyennant un changement de variable..

Dernière modification par Zebulor (15-05-2020 13:40:54)

DavidBe

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Re : Intégrale Impropre

Re,

Re,
Je t'en prie. J'essaie d'être aussi clair que possible...

Je n'en doute pas une seconde et je vous remercie sincèrement de m'accorder tout ce temps !

A partir de ce que tu as judicieusement écrit au tout début de ton post : [tex]ln(1+x)=x- \frac{x^2}{2} + o(x^3)[/tex] tu peux prendre $x$ comme équivalent de [tex]ln(1+x)[/tex] en 0. Les termes suivant de ton DL sont négligeables par rapport à ce $x$ quand $x$ tend vers 0, ce qui se traduit par : [tex]ln(1+x)=x+o(x)[/tex]

D'accord oui je comprends ! Finalement c'est un DL d'ordre 1.
Si je reprends avec toutes vos indications.
En 0 : [tex]\int_{0}^{1}\frac{x+o(x)}{x^\alpha} = \int_{0}^{1}\frac{o(x)}{x^{\alpha-1}}[/tex]
Donc [tex]\int_{0}^{1}\frac{o(x)}{x^{\alpha-1}}[/tex] converge en 0 ssi [tex]\lim_{X->0}\int_{X}^{1}\frac{o(x)}{x^{\alpha-1}}[/tex] existe et est finie.
En fait, oui j'ai du mal à conclure avec les intégrales. Je conclue toujours comme si c'était une série et non une intégrale.
Mais là je vais encore essayer, je dirais pour que la limite existe et est finie il faut que l'intégrale converge.
Or, [tex]\int_{0}^{1}\frac{o(x)}{x^{\alpha-1}}[/tex] converge ssi [tex]\alpha-1>1[/tex] donc [tex]\alpha>2[/tex]

En 1, ton raisonnement est juste. Bonne idée de comparaison avec une série de référence Riemann mais ta conclusion est fausse...
L'intégrale [tex]\int_{0}^{1 }\frac{ln(1+x)}{x^\alpha(1-x)^\beta}dx[/tex] converge en 1 ssi [tex]\int_{0}^{1 }\frac{ln(2)}{(1-x)^\beta}dx[/tex] converge en 1.

Or on peut dire que [tex]\int_{0}^{1 }\frac{ln(2)}{(1-x)^\beta}dx[/tex] converge en 1 ssi [tex]\beta >1[/tex] ...

Zebulor

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Re : Intégrale Impropre

Il est vrai qu'il y a un lien étroit entre intégrales et séries.
Je pense que tu comprends cette idée de limite mais tes conclusions sont fausses.
$x+o(x)$ équivaut simplement à $x$ en 0 parce que $o(x)$ est par définition négligeable devant $x$
D'où ce résultat : [tex]\int_{0}^{1}\frac{1}{t^{\alpha-1}}dt[/tex] converge en 0 ssi [tex]\lim_{X->0}\int_{X}^{1}\frac{1}{t^{\alpha-1}}dt[/tex] existe et est finie. J'ai choisi $t$ pour éviter le risque de confusion.
Je te laisse continuer ceci : $\int_{X}^{1}\frac{1}{t^{\alpha-1}}dt= ..$

Autre chose :

Mais là je vais encore essayer, je dirais pour que la limite existe et est finie il faut que l'intégrale converge.

Je dirais plutôt : pour que la limite existe et soit finie en 0, il faut et il suffit que l'intégrale converge en 0. Parce que ce n 'est pas seulement une condition nécessaire, elle est aussi suffisante. D'où l'équivalence de la limite finie en un point et la convergence de l'intégrale en ce point. Je te renvoie encore à la définition du post #2.

Or, [tex]\int_{0}^{1}\frac{o(x)}{x^{\alpha-1}}[/tex] converge ssi [tex]\alpha-1>1[/tex] donc [tex]\alpha>2[/tex]

Tu voulais écrire : Or, [tex]\int_{0}^{1}\frac{1}{x^{\alpha-1}}dx[/tex] converge ssi [tex]\alpha-1>1[/tex] donc [tex]\alpha>2[/tex]

Pas tout à fait... je crois que tu confonds avec [tex]\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{\alpha-1}}dx[/tex]

Dernière modification par Zebulor (11-05-2020 14:55:36)

DavidBe

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Re : Intégrale Impropre

Il est vrai qu'il y a un lien étroit entre intégrales et séries.
Je pense que tu comprends cette idée de limite mais tes conclusions sont fausses.

Oui c'est exactement ça

$x+o(x)$ équivaut simplement à $x$ en 0 parce que $o(x)$ est par définition négligeable devant $x$
D'où [tex]\int_{0}^{1}\frac{1}{t^{\alpha-1}}dt[/tex] converge en 0 ssi [tex]\lim_{X->0}\int_{X}^{1}\frac{1}{t^{\alpha-1}}dt[/tex] existe et est finie. J'ai choisi $t$ pour éviter le risque de confusion.
Je te laisse continuer ceci : $\int_{X}^{1}\frac{1}{t^{\alpha-1}}dt= ..$

Oui je suis totalement d'accord que o(x) est négligeable je pensais juste qu'il fallait le marquer. Mais c'est vrai que s'il est négligeable autant ne pas le marquer.

Je peux chercher sa primitive :
[tex]\int_{X}^{1}\frac{1}{t^{\alpha-1}} = [\frac{t^{-\alpha +2}}{-\alpha +2}][/tex] (je n'ai pas réussi à mettre les bornes mais je voulais mettre X et 1 en haut)
Donc [tex][\frac{t^{-\alpha +2}}{-\alpha +2}] = \frac{1}{-\alpha +2}[/tex]
Par conséquent [tex]\lim_{X->0}\int_{X}^{1}\frac{1}{t^{\alpha-1}}dt= \frac{1}{-\alpha +2} < \infty [/tex] Donc l'intégrale converge en 0.

Zebulor

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Re : Intégrale Impropre

Ok pour les bornes que tu n'as pas réussi à mettre, mais ta primitive est fausse...

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Re : Intégrale Impropre

Donc [tex][\frac{t^{-\alpha +2}}{-\alpha +2}] = \frac{1}{-\alpha +2}[/tex]

et là tu oublies un terme très important dans le calcul. C'est même ce terme qui permet de conclure.

Excuse moi ta primitive est bonne !! autant pour moi..

Dernière modification par Zebulor (11-05-2020 15:16:14)

DavidBe

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Re : Intégrale Impropre

J'ai vu votre message pour la primitive

[tex]\left[\frac{t^{-\alpha +2}}{-\alpha +2}\right] = \frac{1}{-\alpha +2} - \frac{X^{-\alpha-2}}{-\alpha +2}[/tex]

Dernière modification par yoshi (11-05-2020 15:27:35)

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Re : Intégrale Impropre

oui tu as du faire juste une erreur de frappe sur l'exposant du X mais c 'est çà..
Il te reste à voir la limite de cette expression quand X tend vers 0 suivant les valeurs de alpha

DavidBe

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Re : Intégrale Impropre

Lorque X tend vers 0 on a donc que [tex]\lim\limits_{X \to\, 0}\frac{1-X^{-\alpha - 2}}{-\alpha +2}=  \lim\limits_{X\to\, 0}\frac{1}{-\alpha +2}[/tex] si [tex]-\alpha -2 >0[/tex] et diverge sinon

Dernière modification par yoshi (11-05-2020 15:57:50)

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Re : Intégrale Impropre

Sur le raisonnement oui. juste une erreur de frappe c'est $-\alpha +2>0$ d'où $\alpha<2$. Même démarche pour la borne restante avec la possibilité de trouver une primitive d'où une seconde condition sur $\beta$ cette fois.

L'intégrale du 2 converge si et seulement si elle converge en 0 et en 1, soit deux conditions simultanées.

http://www.bibmath.net/formulaire/index … timpropres

Dernière modification par Zebulor (11-05-2020 15:45:07)

DavidBe

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Re : Intégrale Impropre

J'ai fait pour l'autre borne et je suis arrivé à la conclusion que [tex]\beta <1[/tex].

Pour conclure je dirais que l'intégrale du 2 converge ssi [tex]\alpha <2[/tex] et [tex]\beta <1[/tex]

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Re : Intégrale Impropre

je dirais pareil...

DavidBe

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Re : Intégrale Impropre

- la convergence en 0 peut être vite trouvée en cherchant l'équivalent en 0 de la fonction  [tex]t \mapsto \frac{sin(t^2)}{t^2}[/tex].. c'est le même que celui de  [tex]\frac{sin(t)}{t}[/tex] en 0 . Cette fonction n'est pas définie en 0 à cause de son dénominateur mais peut être prolongeable par continuité en 0. Dès lors cette intégrale [tex]\int_{0}^{1}\frac{sin(t^2)}{t^2}dt[/tex] est bien définie (la fonction intégrée est bien Riemann intégrable)

Excusez-moi, j'aimerai revenir ici, j'ai réussi à montrer que [tex]\frac{sin(t^2)}{t^2}[/tex] est continue en 0 par prolongement par continuité. Donc on peut dire que [tex]\int_{0}^{1}\frac{sin(t^2)}{t^2}dt[/tex] converge en 0.
Par conséquent, on peut affirmer que [tex]\int_{0}^{1}\frac{sin(t^2)}{t^2}dt[/tex] converge ou faut-il [tex]\lim_{X->0}\int_{X}^{1}\frac{sin(t^2)}{t^2}dt[/tex] existe et est finie ?

Dernière modification par DavidBe (11-05-2020 17:25:06)

Zebulor

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Re : Intégrale Impropre

re,
Voilà comment je vois les choses :
Oui on peut dire que [tex]\int_{0}^{1}\frac{sin(t^2)}{t^2}dt[/tex] converge en 0. C'est en fait une intégrale faussement généralisée.
Je pose $f(t)=\frac{sin(t^2)}{t^2}$ par la suite.

$f$ est continue sur le segment unité fermé en 0 et 1, localement intégrale sur ]0,1[, et on peut alors s'intéresser au problème de bord en 0, où f est prolongeable par continuité.

Comme la largeur de l'intervalle vaut 1, la valeur absolue de l'intégrale ci dessus est elle même majorée par le Sup de la valeur absolue de $f$ que je note [tex] \|f(t) \| \infty[/tex] :
[tex]|\int_{0}^{1}f(t)dt|<\int_{0}^{1} \| f(t) \| \infty dt = \|f(t) \| \infty[/tex]

Donc on peut affirmer que [tex]\int_{0}^{1}\frac{sin(t^2)}{t^2}dt[/tex] converge parce qu'elle converge absolument, et le fait que [tex]\lim_{X->0}\int_{X}^{1}\frac{sin(t^2)}{t^2}dt[/tex] existe et soit finie en découle par définition de la convergence en 0. Cette limite est en fait la valeur de l'intégrale elle même.

Cette intégrale [tex]\int_{0}^{1}\frac{sin(t^2)}{t^2}dt[/tex] est en fait "faussement impropre"...contrairement à [tex]\int_{0}^{\infty }\frac{sin(t^2)}{t^2}dt[/tex]

Dernière modification par Zebulor (15-05-2020 09:50:00)

DavidBe

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Re : Intégrale Impropre

Pour vous expliquez, je comptais dire que lorsque x tend vers 0 \frac{sin(x^2)}{x^2} \sim \frac{sin(x)}{x}
donc \int_{0}^{1}\frac{sin(t^2)}{t^2}dt \sim \int_{0}^{1}\frac{sin(x)}{x}
Or \frac{sin(x)}{x} admet une limite en 0 donc \int_{0}^{1}\frac{sin(x)}{x} converge pour x= 0
Donc par le théorème d'équivalence \int_{0}^{1}\frac{sin(t^2)}{t^2}dt converge donc \lim_{X->0}\int_{0}^{1}\frac{sin(t^2)}{t^2}dt existe et est finie.

Le seul truc qui me chagrine un petit peu et que j'utilise l'équivaence mais \frac{sin(x^2)}{x^2} n'est pas toujours positives. par conséquent, je ne sais pas si j'ai le droit de faire cette "méthode".

Zebulor

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Re : Intégrale Impropre

ok je rajoute les balises :

Pour vous expliquez, je comptais dire que lorsque x tend vers 0 $\frac{sin(x^2)}{x^2} \sim \frac{sin(x)}{x}$
donc $\int_{0}^{1}\frac{sin(t^2)}{t^2}dt \sim \int_{0}^{1}\frac{sin(x)}{x}$
Or $\frac{sin(x)}{x}$ admet une limite en 0 donc $\int_{0}^{1}\frac{sin(x)}{x}$ converge pour x= 0
Donc par le théorème d'équivalence $\int_{0}^{1}\frac{sin(t^2)}{t^2}dt$ converge donc $\lim_{X->0}\int_{0}^{1}\frac{sin(t^2)}{t^2}dt$ existe et est finie.

Le seul truc qui me chagrine un petit peu et que j'utilise l'équivaence mais $\frac{sin(x^2)}{x^2}$ n'est pas toujours positives. par conséquent, je ne sais pas si j'ai le droit de faire cette "méthode".