Exercice IG2 : Énoncé & Corrigé Détaillé

Convergence avec paramètre

Déterminer \(\alpha \in \mathbb{R}\) tel que \[ \int_{0}^{+\infty} \frac{\arctan t}{t^\alpha} \, dt \] converge.
Déterminer \(a \in \mathbb{R}\) pour que l’intégrale \[ \int_{0}^{1} \frac{1 - e^x + a \sin x}{x^2} \, dx \] soit convergente.
Déterminer \(\alpha \in \mathbb{R}\) tel que \[ \int_{0}^{1} \frac{dt}{(\sqrt{t} - t^2)^\alpha} \] converge.
Déterminer \(\alpha \in \mathbb{R}_+^*\) tel que \[ \int_{0}^{+\infty} \frac{\ln x \cdot \arctan x}{x^\alpha} \, dx \] converge.
Déterminer \(\alpha \in \mathbb{R}\) tel que \[ \int_{0}^{+\infty} \frac{t - \sin t}{t^\alpha} \, dt \] converge.
Déterminer \(\alpha \in \mathbb{R}\) tel que \[ \int_{0}^{+\infty} \frac{\ln(x + e^{-x})}{x^\alpha} \, dx \] converge.
Déterminer les réels \(\alpha\) pour lesquels \[ \int_{0}^{1} \frac{\ln x}{(1 - x)^\alpha} \, dx \] converge.
Soit \(\alpha \in \mathbb{R}\). Étudier la convergence de \[ \int_{1}^{+\infty} \frac{\ln\left(1+\frac{1}{t}\right)}{(t^2 - 1)^\alpha} \, dt \] en fonction du paramètre \(\alpha\).
Déterminer \(\alpha \in \mathbb{R}\) tel que \[ \int_{0}^{+\infty} \frac{\operatorname{ch} x - \cos x}{x^\alpha} \, dx \] converge.
Déterminer \(\alpha \in \mathbb{R}\) tel que \[ \int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x^\alpha} \left( e^{1/x} - \cos\sqrt{\frac{2}{x}} \right) \, dx \] converge.

Étudions les comportements aux bornes.

Au voisinage de \(0\),
\[ \arctan t\sim t, \]
donc
\[ \frac{\arctan t}{t^\alpha}\sim t^{1-\alpha}. \]
L'intégrale converge au voisinage de \(0\) si
\[ 1-\alpha>-1 \iff \alpha<2. \]
Au voisinage de \(+\infty\),
\[ \arctan t\longrightarrow\frac{\pi}{2}, \]
ainsi
\[ \frac{\arctan t}{t^\alpha} \sim \frac{\pi}{2t^\alpha}, \]
et la convergence à l'infini équivaut à
\[ \alpha>1. \]
Finalement,
\[ \boxed{1<\alpha<2.} \]
Au voisinage de \(0\),
\[ e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+o(x^2), \qquad \sin x=x+o(x). \]
Donc
\[ 1-e^x+a\sin x =(a-1)x-\frac{x^2}{2}+o(x^2). \]
Pour éliminer le terme d'ordre \(1/x\), il faut
\[ a-1=0. \]
Ainsi
\[ a=1. \]
Dans ce cas,
\[ \frac{1-e^x+\sin x}{x^2} \longrightarrow -\frac12, \]
et l'intégrale converge.
\[ \boxed{a=1.} \]
Les seules difficultés sont en \(0\) et en \(1\).

Au voisinage de \(0\),
\[ \sqrt t-t^2\sim\sqrt t, \]
donc
\[ \frac1{(\sqrt t-t^2)^\alpha} \sim t^{-\alpha/2}, \]
ce qui impose
\[ \alpha<2. \]
Au voisinage de 0 de \(1\),
\[ \sqrt t-t^2 \sim \frac52(1-t), \]
d'où
\[ \frac1{(\sqrt t-t^2)^\alpha} \sim \frac{C}{(1-t)^\alpha}. \]
La convergence exige alors
\[ \alpha<1. \]
La condition la plus restrictive est
\[ \boxed{\alpha<1.} \]
Au voisinage de \(0\),
\[ \arctan x\sim x, \]
ainsi
\[ \frac{\ln x\,\arctan x}{x^\alpha} \sim x^{1-\alpha}\ln x, \]
qui est intégrable si
\[ \alpha<2. \]
À l'infini,
\[ \arctan x\longrightarrow\frac\pi2, \]
donc
\[ \frac{\ln x\,\arctan x}{x^\alpha} \sim \frac{\pi}{2}\frac{\ln x}{x^\alpha}, \]
ce qui est intégrable si
\[ \alpha>1. \]
Conclusion :
\[ \boxed{1<\alpha<2.} \]
de \(0\),
\[ \sin t=t-\frac{t^3}{6}+o(t^3), \]
donc
\[ t-\sin t\sim\frac{t^3}{6}, \]
et
\[ \frac{t-\sin t}{t^\alpha} \sim t^{3-\alpha}, \]
ce qui impose
\[ \alpha<4. \]
À l'infini,
\[ t-\sin t\sim t, \]
donc
\[ \frac{t-\sin t}{t^\alpha} \sim t^{1-\alpha}, \]
et il faut
\[ \alpha>2. \]
Ainsi
\[ \boxed{2<\alpha<4.} \]
Au voisinage de \(0\),
\[ x+e^{-x} = 1+\frac{x^2}{2}+o(x^2), \]
d'où
\[ \ln(x+e^{-x}) \sim \frac{x^2}{2}. \]
L'intégrande est donc équivalent à
\[ x^{2-\alpha}, \]
ce qui impose
\[ \alpha<3. \]
À l'infini,
\[ \ln(x+e^{-x}) \sim \ln x, \]
et il faut
\[ \alpha>1. \]
Conclusion :
\[ \boxed{1<\alpha<3.} \]
Au voisinage de \(0\),
\[ \ln x \]
est intégrable.

Au voisinage de \(1\),
\[ \ln x\sim -(1-x), \]
donc
\[ \frac{\ln x}{(1-x)^\alpha} \sim -(1-x)^{1-\alpha}. \]
La convergence équivaut à
\[ 1-\alpha>-1, \]
c'est-à-dire
\[ \boxed{\alpha<2.} \]
Au voisinage de \(1\),
\[ \ln\!\left(1+\frac1t\right)\longrightarrow\ln2, \]
et
\[ t^2-1\sim2(t-1). \]
L'intégrande est donc équivalent à
\[ \frac{C}{(t-1)^\alpha}, \]
ce qui impose
\[ \alpha<1. \]
À l'infini,
\[ \ln\!\left(1+\frac1t\right)\sim\frac1t, \]
et
\[ (t^2-1)^\alpha\sim t^{2\alpha}, \]
ainsi
\[ \frac{\ln(1+1/t)}{(t^2-1)^\alpha} \sim \frac1{t^{2\alpha+1}}. \]
Il faut alors
\[ 2\alpha+1>1 \iff \alpha>0. \]
Donc
\[ \boxed{0<\alpha<1.} \]
Au voisinage de \(0\),
\[ \operatorname{ch}x-\cos x = x^2+o(x^2), \]
d'où
\[ \frac{\operatorname{ch}x-\cos x}{x^\alpha} \sim x^{2-\alpha}, \]
qui est intégrable si
\[ \alpha<3. \]
À l'infini,
\[ \operatorname{ch}x \sim \frac{e^x}{2}, \]
donc
\[ \frac{\operatorname{ch}x-\cos x}{x^\alpha} \sim \frac{e^x}{2x^\alpha}, \]
ce qui n'est jamais intégrable.

Ainsi
\[ \boxed{\text{Aucune valeur de }\alpha\text{ ne convient.}} \]
Au voisinage de l'infini,
\[ e^{1/x} = 1+\frac1x+\frac1{2x^2}+o(x^{-2}), \]
et
\[ \cos\sqrt{\frac2x} = 1-\frac1x+\frac1{6x^2}+o(x^{-2}). \]
Par différence,
\[ e^{1/x}-\cos\sqrt{\frac2x} = \frac2x+o\!\left(\frac1x\right). \]
L'intégrande est donc équivalent à
\[ \frac2{x^{\alpha+1}}. \]
L'intégrale converge si et seulement si
\[ \alpha+1>1, \]
c'est-à-dire
\[ \boxed{\alpha>0.} \]

Énoncé de l'exercice :

Convergence avec paramètre

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