Intégrale impropre: convergence, calcul avec changement de variable
Colle de mathématiques
Sujet de colle de maths:- IntégraleIntégrale
Énoncé du sujet
Justifier la convergence et calculer la valeur de l'intégrale:
.
On pourra utiliser le changement de variable
.
![$I=\dsp\int_0^{1}\dfrac{\ln t}{\sqrt{1-t}}dt$](/Generateur-Devoirs/Colles/Integrale/convergence-chgt-var/1.png)
On pourra utiliser le changement de variable
![$u=\sqrt{1-t}$](/Generateur-Devoirs/Colles/Integrale/convergence-chgt-var/2.png)
Correction
est continue sur
.
Il faut étudier la convergence en 0 et 1.
En 0, on a
![\[f(t)=\dfrac{\ln t}{\sqrt{1-t}}\sim\ln(t)\]](/Generateur-Devoirs/Colles/Integrale/convergence-chgt-var_c/3.png)
qui est intégrable en 0.
En 1, on a (éventuellement en posant
)
![\[f(t)=\dfrac{\ln t}{\sqrt{1-t}}\sim\dfrac{t-1}{\sqrt{1-t}}
=-\sqrt{1-t}\]](/Generateur-Devoirs/Colles/Integrale/convergence-chgt-var_c/5.png)
et
est donc prolongeable par continuité en 0 par
, et en particulier
est intégrable en 0.
Avec le changement de variable
, et
, on obtient:
![\[\begin{array}{lcl}
I=\dsp\int_0^1 \frac{\ln t}{\sqrt{1-t}}dt
&=&2\dsp\int_0^1 \ln(1-u^2)du\\[1em]
&=&\dsp\int_0^1 \ln\Bigl(1-u)(1+u)\Bigr)du\\[1em]
&=&\dsp2\int_0^1 \ln(1-u)du+2\int_0^1 \ln(1+u)du\\
\enar\]](/Generateur-Devoirs/Colles/Integrale/convergence-chgt-var_c/11.png)
puis avec les changements de variable
dans la première intégrale et
dans la deuxième (ou en utiisant directement une primitive
du logarithme), on obtient
![\[\begin{array}{lcl}
I&=&2\dsp\int_0^1 \ln(x)dx+2\int_1^2\ln(x)dx\\[1em]
&=&2\dsp\int_0^2 \ln(x)dx\\[.8em]
&=&2\Bigl[x\ln x-x\Bigr]_0^2\\[.8em]
&=&4\ln 2-4
\enar\]](/Generateur-Devoirs/Colles/Integrale/convergence-chgt-var_c/15.png)
Correction
La fonction![$t\mapsto\dfrac{\ln t}{\sqrt{1-t}}$](/Generateur-Devoirs/Colles/Integrale/convergence-chgt-var_c/1.png)
![$]0;1[$](/Generateur-Devoirs/Colles/Integrale/convergence-chgt-var_c/2.png)
En 0, on a
![\[f(t)=\dfrac{\ln t}{\sqrt{1-t}}\sim\ln(t)\]](/Generateur-Devoirs/Colles/Integrale/convergence-chgt-var_c/3.png)
qui est intégrable en 0.
En 1, on a (éventuellement en posant
![$u=1-t$](/Generateur-Devoirs/Colles/Integrale/convergence-chgt-var_c/4.png)
![\[f(t)=\dfrac{\ln t}{\sqrt{1-t}}\sim\dfrac{t-1}{\sqrt{1-t}}
=-\sqrt{1-t}\]](/Generateur-Devoirs/Colles/Integrale/convergence-chgt-var_c/5.png)
et
![$f$](/Generateur-Devoirs/Colles/Integrale/convergence-chgt-var_c/6.png)
![$f(0)=-1$](/Generateur-Devoirs/Colles/Integrale/convergence-chgt-var_c/7.png)
![$f$](/Generateur-Devoirs/Colles/Integrale/convergence-chgt-var_c/8.png)
Avec le changement de variable
![$u=\sqrt{1-t}\iff t=1-u^2$](/Generateur-Devoirs/Colles/Integrale/convergence-chgt-var_c/9.png)
![$dt=-2u\,du$](/Generateur-Devoirs/Colles/Integrale/convergence-chgt-var_c/10.png)
![\[\begin{array}{lcl}
I=\dsp\int_0^1 \frac{\ln t}{\sqrt{1-t}}dt
&=&2\dsp\int_0^1 \ln(1-u^2)du\\[1em]
&=&\dsp\int_0^1 \ln\Bigl(1-u)(1+u)\Bigr)du\\[1em]
&=&\dsp2\int_0^1 \ln(1-u)du+2\int_0^1 \ln(1+u)du\\
\enar\]](/Generateur-Devoirs/Colles/Integrale/convergence-chgt-var_c/11.png)
puis avec les changements de variable
![$x=1-u$](/Generateur-Devoirs/Colles/Integrale/convergence-chgt-var_c/12.png)
![$x=1+u$](/Generateur-Devoirs/Colles/Integrale/convergence-chgt-var_c/13.png)
![$x\mapsto x\ln(x)-x$](/Generateur-Devoirs/Colles/Integrale/convergence-chgt-var_c/14.png)
![\[\begin{array}{lcl}
I&=&2\dsp\int_0^1 \ln(x)dx+2\int_1^2\ln(x)dx\\[1em]
&=&2\dsp\int_0^2 \ln(x)dx\\[.8em]
&=&2\Bigl[x\ln x-x\Bigr]_0^2\\[.8em]
&=&4\ln 2-4
\enar\]](/Generateur-Devoirs/Colles/Integrale/convergence-chgt-var_c/15.png)
Tag:Intégrale
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