Convergence d’intégrales impropres : corrigé du contrôle de maths en L2
Voici le corrigé du contrôle de maths en L2 sur le thème « convergence d’intégrales impropres », question par question.
Cette correction suit l’ordre du sujet et rédige chaque réponse comme une copie de partiel. Pour chaque intégrale, elle commence par la continuité sur l’intervalle ouvert, puis elle examine les bornes une à une. Les comparaisons citent toujours le signe de la fonction, sans lequel elles seraient fausses. Ensuite, les intégrations par parties sont menées sur un segment, et chaque limite du crochet est justifiée avant le passage à la limite. Le problème distingue soigneusement convergence et convergence absolue, puis majore le reste. Des graphiques accompagnent aussi les intégrales de Bertrand et la fonction oscillante. Cherchez d’abord seul chaque exercice, puis comparez vos arguments aux nôtres.
L’énoncé complet se trouve ici : Convergence d’intégrales impropres : contrôle de maths en L2.
Barème du contrôle corrigé : convergence d’intégrales impropres
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Question de cours : les intégrales de Riemann | 3 points |
| 2. Quatre natures par comparaison | 4,5 points |
| 3. Autour des intégrales de Bertrand | 4 points |
| 4. Un logarithme intégré par parties | 4 points |
| 5. Problème : une oscillation de plus en plus rapide | 4,5 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : convergence d’intégrales impropres
Exercice 1 – Question de cours : les intégrales de Riemann (3 points)
-
Si \(\alpha \neq 1\), une primitive de \(t^{-\alpha}\) est \(\frac{t^{1-\alpha}}{1-\alpha}\), donc \(\int_1^X \frac{\mathrm{d}t}{t^{\alpha}} = \frac{X^{1-\alpha} – 1}{1 – \alpha}\). Si \(\alpha = 1\), cette intégrale vaut \(\ln X\).
Lorsque \(\alpha > 1\), l’exposant \(1 – \alpha\) est négatif : \(X^{1-\alpha}\) tend vers \(0\), et l’intégrale tend vers \(\frac{1}{\alpha – 1}\). En revanche, si \(\alpha < 1\), \(X^{1-\alpha}\) tend vers \(+\infty\) ; de même, \(\ln X\) tend vers \(+\infty\) quand \(\alpha = 1\). Ainsi l’intégrale converge si et seulement si \(\alpha > 1\), et elle vaut alors \(\frac{1}{\alpha – 1}\).
- L’intégrale \(\int_0^1 \frac{\mathrm{d}t}{t^{\alpha}}\) converge si et seulement si \(\alpha < 1\) ; elle vaut alors \(\frac{1}{1 – \alpha}\).
- La fonction \(f : t \mapsto \frac{1}{t^{1/3}(1+t^2)}\) est continue et positive sur \(]0, +\infty[\), donc on étudie séparément les deux bornes. En \(0\), on a \(f(t) \sim \frac{1}{t^{1/3}}\), et \(\frac{1}{3} < 1\) : \(f\) est intégrable sur \(]0, 1]\). En \(+\infty\), ensuite, \(f(t) \sim \frac{1}{t^{7/3}}\), et \(\frac{7}{3} > 1\) : \(f\) est intégrable sur \([1, +\infty[\). Par conséquent, \(f\) est intégrable sur \(]0, +\infty[\).
Piège classique : oublier le cas \(\alpha = 1\), où la primitive n’est plus une puissance mais un logarithme.
Exercice 2 – Quatre natures par comparaison (4,5 points)
- La fonction est continue sur \([1, +\infty[\) et strictement positive, car \(\sqrt{t^2 + 3} > t\). Grâce à la quantité conjuguée, \(\sqrt{t^2 + 3} – t = \frac{3}{\sqrt{t^2 + 3} + t} \sim \frac{3}{2t}\) en \(+\infty\). Or \(\int_1^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t}\) diverge, et les deux fonctions sont positives. Donc cette intégrale diverge.
- La fonction est continue et positive sur \(]0, 1]\) ; seule la borne \(0\) pose problème. Comme \(\ln(1 + u) \sim u\) quand \(u\) tend vers \(0\), on obtient \(\frac{\ln(1 + \sqrt{t})}{t} \sim \frac{\sqrt{t}}{t} = \frac{1}{t^{1/2}}\). Puisque \(\frac{1}{2} < 1\), le critère de Riemann en \(0\) s’applique. Cette intégrale converge donc.
- Sur \(]0, \frac{\pi}{2}]\), le sinus est strictement positif, si bien que la fonction est continue et positive. En \(0\), \(\sin t \sim t\), donc \((\sin t)^{2/3} \sim t^{2/3}\), et la fonction est équivalente à \(\frac{1}{t^{2/3}}\). Or \(\frac{2}{3} < 1\). Le critère de Riemann en \(0\) donne la convergence de cette troisième intégrale.
- Notons \(h(t) = t^5\,\mathrm{e}^{-\sqrt{t}}\) ; cette expression définit une fonction continue à valeurs positives sur \([1, +\infty[\). Avec \(u = \sqrt{t}\), le produit \(t^2 h(t) = t^7\,\mathrm{e}^{-\sqrt{t}}\) s’écrit \(u^{14}\,\mathrm{e}^{-u}\) : l’exponentielle l’emporte sur la puissance, et ce produit a pour limite \(0\). On dispose alors d’un réel \(A \geq 1\) tel que \(0 \leq h(t) \leq \frac{1}{t^2}\) pour \(t \geq A\). Comme \(\int_A^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^2}\) converge, l’intégrale de \(h\) sur \([A, +\infty[\) converge aussi ; de plus, \(h\) est continue sur le segment \([1, A]\). Ainsi \(\int_1^{+\infty} t^5\,\mathrm{e}^{-\sqrt{t}}\,\mathrm{d}t\) converge.
Piège classique : en d), écrire « \(h(t) \to 0\) donc l’intégrale converge ». Une limite nulle ne suffit jamais : il faut comparer \(h\) à une fonction intégrable.
Exercice 3 – Autour des intégrales de Bertrand (4 points)
- Sur \(]1, +\infty[\), \(\ln t > 0\), et la dérivée de \(\ln(\ln t)\) vaut \(\frac{1/t}{\ln t} = \frac{1}{t \ln t}\). Pour \(X > 2\), on a donc \(\int_2^X \frac{\mathrm{d}t}{t \ln t} = \ln(\ln X) – \ln(\ln 2)\), qui tend vers \(+\infty\). L’intégrale \(\int_2^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t \ln t}\) diverge.
- De même, la dérivée de \(-\frac{1}{\ln t}\) est \(\frac{1}{t (\ln t)^2}\). Pour \(X > \mathrm{e}\), il vient \(\int_{\mathrm{e}}^X \frac{\mathrm{d}t}{t (\ln t)^2} = \frac{1}{\ln \mathrm{e}} – \frac{1}{\ln X} = 1 – \frac{1}{\ln X}\), qui tend vers \(1\). Cette intégrale converge donc, et elle vaut \(1\). La figure compare les deux intégrales partielles : la première croît sans limite, très lentement, tandis que la seconde reste sous la droite \(y = 1\).
- La fonction \(t \mapsto \frac{\ln t}{t^{3/2}}\) est continue et positive sur \([2, +\infty[\). Ensuite, \(t^{5/4} \times \frac{\ln t}{t^{3/2}} = \frac{\ln t}{t^{1/4}}\) tend vers \(0\) par croissances comparées, donc \(\frac{\ln t}{t^{3/2}} = o\left(\frac{1}{t^{5/4}}\right)\). Comme \(\frac{5}{4} > 1\), l’intégrale \(\int_2^{+\infty} \frac{\ln t}{t^{3/2}}\,\mathrm{d}t\) converge.
- Sur \(]0, \frac{1}{2}]\), on a \(\ln t < 0\), donc \(|\ln t|^3 = -(\ln t)^3\). Posons \(G(t) = \frac{1}{2(\ln t)^2}\) : alors \(G^{\prime}(t) = -\frac{1}{t (\ln t)^3} = \frac{1}{t\,|\ln t|^3}\). Pour \(0 < a < \frac{1}{2}\), on obtient \(\int_a^{1/2} \frac{\mathrm{d}t}{t\,|\ln t|^3} = \frac{1}{2(\ln 2)^2} – \frac{1}{2(\ln a)^2}\). Or \((\ln a)^2\) tend vers \(+\infty\) quand \(a\) tend vers \(0\). L’intégrale converge donc, et elle vaut \(\frac{1}{2(\ln 2)^2}\).
Piège classique : en 4, oublier que \(\ln t\) est négatif et écrire \(|\ln t|^3 = (\ln t)^3\) : on obtient alors une intégrale négative d’une fonction positive.
Exercice 4 – Un logarithme intégré par parties (4 points)
- Pour \(t > 0\), \(1 + \frac{4}{t^2} = \frac{t^2 + 4}{t^2}\), d’où \(g(t) = \ln(t^2 + 4) – 2\ln t\). La fonction \(g\) est continue et positive sur \(]0, +\infty[\). Sur \(]0, 1]\), d’une part, \(\ln(t^2 + 4)\) est bornée ; d’autre part, \(\sqrt{t}\,|\ln t|\) tend vers \(0\), donc \(|\ln t| = o\left(\frac{1}{t^{1/2}}\right)\) et \(\ln t\) est intégrable en \(0\). Ainsi \(g\) est intégrable sur \(]0, 1]\).
- Quand \(t\) tend vers \(+\infty\), \(\frac{4}{t^2}\) tend vers \(0\), et \(\ln(1 + u) \sim u\) donne \(g(t) \sim \frac{4}{t^2}\). Les fonctions sont positives et \(2 > 1\), donc \(g\) est intégrable sur \([1, +\infty[\). Avec la question 1, l’intégrale \(K\) converge.
-
Question 3 : l’intégration par parties
On dérive \(g\) : \(g^{\prime}(t) = \frac{2t}{t^2 + 4} – \frac{2}{t} = \frac{-8}{t(t^2 + 4)}\). Les fonctions \(g\) et \(t \mapsto t\) sont de classe \(C^1\) sur \([a, X]\), d’où :
\[\int_a^X g(t)\,\mathrm{d}t = \left[t\,g(t)\right]_a^X – \int_a^X t\,g^{\prime}(t)\,\mathrm{d}t = X g(X) – a g(a) + \int_a^X \frac{8}{t^2 + 4}\,\mathrm{d}t.\]
En \(+\infty\), \(X g(X) \sim X \times \frac{4}{X^2} = \frac{4}{X}\), qui tend vers \(0\). En \(0\), ensuite, \(a g(a) = a\ln(a^2 + 4) – 2a\ln a\) : le premier terme tend vers \(0 \times \ln 4 = 0\), et le second aussi, car \(a \ln a\) tend vers \(0\). Le crochet tend donc vers \(0\) aux deux bornes.
- Par passage à la limite, \(K = \int_0^{+\infty} \frac{8\,\mathrm{d}t}{t^2 + 4} = 8\left[\frac{1}{2}\arctan\frac{t}{2}\right]_0^{+\infty} = 4 \times \frac{\pi}{2}\). Finalement, \(K = 2\pi\).
Piège classique : intégrer par parties directement sur \(]0, +\infty[\) sans vérifier les limites du crochet. Si l’une d’elles n’existait pas, la formule obtenue n’aurait aucun sens.
Exercice 5 – Problème : une oscillation de plus en plus rapide (4,5 points)
- L’application \(t \mapsto \mathrm{e}^{t}\) est de classe \(C^1\), strictement croissante, et réalise une bijection de \([0, +\infty[\) sur \([1, +\infty[\). Avec \(u = \mathrm{e}^{t}\), on a \(\mathrm{d}u = u\,\mathrm{d}t\), donc \(\int_0^X \cos\left(\mathrm{e}^{t}\right)\mathrm{d}t = \int_1^{\mathrm{e}^X} \frac{\cos u}{u}\,\mathrm{d}u\). Par le théorème de changement de variable, \(I\) et \(\int_1^{+\infty} \frac{\cos u}{u}\,\mathrm{d}u\) ont la même nature, et la même valeur en cas de convergence.
-
Question 2 : la convergence par parties
Les fonctions \(u \mapsto \sin u\) et \(u \mapsto \frac{1}{u}\) sont de classe \(C^1\) sur \([1, X]\), donc :
\[\int_1^X \frac{\cos u}{u}\,\mathrm{d}u = \frac{\sin X}{X} – \sin 1 + \int_1^X \frac{\sin u}{u^2}\,\mathrm{d}u.\]
D’une part, \(\left|\frac{\sin X}{X}\right| \leq \frac{1}{X}\), qui tend vers \(0\). D’autre part, \(\left|\frac{\sin u}{u^2}\right| \leq \frac{1}{u^2}\), fonction intégrable sur \([1, +\infty[\) : la dernière intégrale converge absolument, donc elle converge. Le membre de gauche admet ainsi une limite finie. Par conséquent, \(\int_1^{+\infty} \frac{\cos u}{u}\,\mathrm{d}u\) converge, et \(I\) aussi. La figure confirme que \(\int_0^X \cos(\mathrm{e}^{t})\,\mathrm{d}t\) se stabilise.
- Pour \(u \geq 1\), on a \(\frac{|\cos u|}{u} \geq \frac{\cos^2 u}{u} = \frac{1}{2u} + \frac{\cos(2u)}{2u}\). Le changement de variable \(v = 2u\) ramène \(\int_1^{+\infty} \frac{\cos(2u)}{2u}\,\mathrm{d}u\) à \(\frac{1}{2}\int_2^{+\infty} \frac{\cos v}{v}\,\mathrm{d}v\), qui converge d’après la question 2. En revanche, \(\int_1^{+\infty} \frac{\mathrm{d}u}{2u}\) diverge. La somme d’une intégrale divergente et d’une intégrale convergente diverge, donc \(\int_1^{+\infty} \frac{\cos^2 u}{u}\,\mathrm{d}u\) diverge ; par comparaison de fonctions positives, \(\int_1^{+\infty} \frac{|\cos u|}{u}\,\mathrm{d}u\) diverge. Enfin, le même changement de variable transforme \(\int_0^{+\infty} \left|\cos(\mathrm{e}^{t})\right|\mathrm{d}t\) en cette intégrale divergente. Ainsi \(I\) est semi-convergente : elle converge, mais pas absolument.
- On reprend l’intégration par parties sur \([X, Y]\), puis on fait tendre \(Y\) vers \(+\infty\) : \(R(X) = -\frac{\sin X}{X} + \int_X^{+\infty} \frac{\sin u}{u^2}\,\mathrm{d}u\). Par l’inégalité triangulaire, \(|R(X)| \leq \frac{1}{X} + \int_X^{+\infty} \frac{\mathrm{d}u}{u^2} = \frac{1}{X} + \frac{1}{X}\). Donc \(|R(X)| \leq \frac{2}{X}\). Ensuite, le changement de variable de la question 1, appliqué sur \([A, +\infty[\), donne \(\int_A^{+\infty} \cos\left(\mathrm{e}^{t}\right)\mathrm{d}t = R\left(\mathrm{e}^{A}\right)\). On en déduit \(\left|\int_A^{+\infty} \cos\left(\mathrm{e}^{t}\right)\mathrm{d}t\right| \leq 2\,\mathrm{e}^{-A}\).
Piège classique : croire que \(I\) diverge parce que \(\cos(\mathrm{e}^{t})\) ne tend pas vers \(0\). Pour une intégrale, contrairement à une série, cette condition n’est pas nécessaire.
À retenir de ce contrôle
- L’intégrale de 1 sur t puissance alpha converge en l’infini si et seulement si alpha est strictement supérieur à 1, et en 0 si et seulement si alpha est strictement inférieur à 1.
- Les critères par équivalent, domination ou négligeabilité exigent une fonction de signe constant au voisinage de la borne étudiée.
- Une intégration par parties se fait sur un segment : on calcule la limite du crochet, puis on conclut sur l’intégrale restante.
- Une intégrale semi-convergente converge sans que l’intégrale de la valeur absolue converge, comme celle de cos u sur u en l’infini.
- Le changement de variable par une bijection de classe C1 strictement monotone conserve la nature d’une intégrale impropre.
Revenir à l’énoncé du contrôle
Consolider convergence d’intégrales impropres après ce corrigé
Pour ne plus perdre de points sur ce thème, relisez le cours intégrales impropres ; entraînez-vous sur les exercices intégrales impropres.
D’autres évaluations corrigées vous attendent sur la page contrôles de maths en L2.
Autres corrigés sur le même thème
Télécharger ou imprimer cette fiche «convergence d'intégrales impropres : corrigé du contrôle de maths en L2» au format PDF afin de pouvoir travailler en totale autonomie.
