Correction :

Il s'agit d'une intégrale de Riemann. Les intégrales de Riemann de la forme $\int_a^{+\infty} \frac{1}{x^\alpha} dx$ convergent si et seulement si $\alpha > 1$.

1. Identification : L'intégrale est de type Riemann, avec $a=1$ et $\alpha=3$.
2. Application du critère de Riemann : Ici, $\alpha = 3$, ce qui est strictement supérieur à 1.
3. Conclusion : L'intégrale est convergente.

Astuce : Retiens bien les critères de Riemann. Pour $\int_a^{+\infty} \frac{1}{x^\alpha} dx$ (avec $a>0$), convergence si $\alpha > 1$. Pour $\int_0^{a} \frac{1}{x^\alpha} dx$ (avec $a>0$), convergence si $\alpha < 1$.

Correction :

Cette intégrale est généralisée à la borne supérieure. Pour la calculer, on utilise la définition avec une limite.

1. Définition de l'intégrale généralisée : $$ \int_0^{+\infty} e^{-2x} dx = \lim_{T \to +\infty} \int_0^T e^{-2x} dx $$
2. Calcul de la primitive : Une primitive de $e^{-2x}$ est $-\frac{1}{2} e^{-2x}$.
3. Calcul de l'intégrale définie : $$ \int_0^T e^{-2x} dx = \left[-\frac{1}{2} e^{-2x}\right]_0^T = -\frac{1}{2} e^{-2T} - \left(-\frac{1}{2} e^{-2 \cdot 0}\right) = -\frac{1}{2} e^{-2T} + \frac{1}{2} $$
4. Passage à la limite : $$ \lim_{T \to +\infty} \left(-\frac{1}{2} e^{-2T} + \frac{1}{2}\right) $$ Comme $T \to +\infty$, $e^{-2T} \to 0$. Donc, la limite est $0 + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.

Point méthode : Toujours bien gérer la borne infinie en la remplaçant par une variable (souvent $T$) et en passant à la limite à la fin du calcul.

Correction :

L'intégrale est généralisée en 0 car $\frac{1}{\sqrt{x}}$ tend vers $+\infty$ quand $x \to 0^+$. C'est une intégrale de Riemann de deuxième espèce.

1. Identification : L'intégrale est de la forme $\int_0^a \frac{1}{x^\alpha} dx$ avec $a=1$ et $\alpha = \frac{1}{2}$.
2. Application du critère de Riemann : Une intégrale de Riemann $\int_0^a \frac{1}{x^\alpha} dx$ converge si et seulement si $\alpha < 1$. Ici, $\alpha = \frac{1}{2}$, ce qui est strictement inférieur à 1.
3. Conclusion : L'intégrale est convergente.

Astuce : Les points singuliers ne sont pas toujours à l'infini. Il faut chercher les points où la fonction n'est pas continue ou n'est pas bornée sur l'intervalle d'intégration.

Correction :

L'intégrale est généralisée à l'infini. La fonction est continue et positive sur $[1, +\infty[$. On peut utiliser les critères de comparaison par équivalence.

1. Analyse du comportement asymptotique : Quand $x \to +\infty$, le numérateur $x^2+1 \sim x^2$. Quand $x \to +\infty$, le dénominateur $x^4+x+1 \sim x^4$. Donc, la fonction $f(x) = \frac{x^2+1}{x^4+x+1}$ est équivalente à $\frac{x^2}{x^4} = \frac{1}{x^2}$ quand $x \to +\infty$.
2. Comparaison avec une intégrale de Riemann : L'intégrale $\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2} dx$ est une intégrale de Riemann convergente (car $\alpha = 2 > 1$).
3. Conclusion par critère d'équivalence : Puisque $f(x) \sim \frac{1}{x^2}$ à l'infini, et que $\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2} dx$ converge, alors par le critère d'équivalence pour les fonctions positives, l'intégrale donnée converge.

Point méthode : Pour les intégrales de fractions rationnelles à l'infini, l'équivalent est toujours donné par le rapport des termes de plus haut degré au numérateur et au dénominateur.

Correction :

Cette intégrale est généralisée à l'infini. Elle converge (c'est une intégrale de Bertrand avec $1 < \alpha = 2$ et $\beta = -1 < 1$). On va la calculer par intégration par parties.

1. Définition et IPP : $$ \int_1^{+\infty} \frac{\ln(x)}{x^2} dx = \lim_{T \to +\infty} \int_1^T \frac{\ln(x)}{x^2} dx $$ Utilisons l'intégration par parties : $\int u dv = [uv] - \int v du$. Posons $u = \ln(x) \implies du = \frac{1}{x} dx$. Posons $dv = \frac{1}{x^2} dx = x^{-2} dx \implies v = -x^{-1} = -\frac{1}{x}$. $$ \int_1^T \frac{\ln(x)}{x^2} dx = \left[-\frac{\ln(x)}{x}\right]_1^T - \int_1^T \left(-\frac{1}{x}\right) \frac{1}{x} dx $$ $$ = \left(-\frac{\ln(T)}{T} - \left(-\frac{\ln(1)}{1}\right)\right) + \int_1^T \frac{1}{x^2} dx $$ $$ = -\frac{\ln(T)}{T} + 0 + \left[-\frac{1}{x}\right]_1^T $$ $$ = -\frac{\ln(T)}{T} - \frac{1}{T} - \left(-\frac{1}{1}\right) = -\frac{\ln(T)}{T} - \frac{1}{T} + 1 $$
2. Passage à la limite : $$ \lim_{T \to +\infty} \left(-\frac{\ln(T)}{T} - \frac{1}{T} + 1\right) $$ On sait que $\lim_{T \to +\infty} \frac{\ln(T)}{T} = 0$ (croissances comparées). Et $\lim_{T \to +\infty} \frac{1}{T} = 0$. Donc, la limite est $0 - 0 + 1 = 1$.

Point méthode : Les intégrales de Bertrand sont de la forme $\int_a^{+\infty} \frac{1}{x^\alpha (\ln x)^\beta} dx$ ou $\int_0^a \frac{1}{x^\alpha (-\ln x)^\beta} dx$. Leurs critères de convergence sont importants à connaître pour vérifier rapidement la nature de l'intégrale.

Correction :

L'intégrale présente deux singularités potentielles : en $x=0$ et en $x=1$ (à cause de $\sqrt{1-x}$). Il faut étudier la convergence aux deux bornes séparément.

1. Étude au voisinage de $x=0$ : Quand $x \to 0^+$, la fonction $f(x) = \frac{1}{x^p \sqrt{1-x}}$ est équivalente à $\frac{1}{x^p \sqrt{1-0}} = \frac{1}{x^p}$. L'intégrale $\int_0^{1/2} \frac{1}{x^p} dx$ converge si et seulement si $p < 1$ (intégrale de Riemann en 0).
2. Étude au voisinage de $x=1$ : Quand $x \to 1^-$, la fonction $f(x) = \frac{1}{x^p \sqrt{1-x}}$ est équivalente à $\frac{1}{1^p \sqrt{1-x}} = \frac{1}{(1-x)^{1/2}}$. On effectue un changement de variable $u = 1-x$, donc $du = -dx$. Quand $x \to 1^-$, $u \to 0^+$. L'intégrale devient $\int_{1/2}^0 \frac{1}{u^{1/2}} (-du) = \int_0^{1/2} \frac{1}{u^{1/2}} du$. C'est une intégrale de Riemann en 0 avec $\alpha = \frac{1}{2}$. Elle converge car $\frac{1}{2} < 1$. Ainsi, l'intégrale converge au voisinage de 1 indépendamment de $p$.
3. Conclusion : Pour que l'intégrale totale converge, il faut que les intégrales aux deux bornes convergent. La convergence en 0 impose $p < 1$. La convergence en 1 est toujours vraie.

Point méthode : Lorsque plusieurs singularités sont présentes (bornes infinies, points où la fonction diverge), il faut découper l'intégrale en plusieurs morceaux et étudier la convergence de chaque morceau séparément. La convergence de l'intégrale globale est assurée si et seulement si tous les morceaux convergent.

Correction :

L'intégrale est généralisée à l'infini. La fonction $f(x) = \frac{e^x}{x}$ est continue et positive sur $[1, +\infty[$. On peut utiliser le critère de comparaison par minoration.

1. Minoration de la fonction : Pour $x \ge 1$, on sait que $e^x \ge x+1$. Plus simplement, pour $x \ge 1$, $e^x \ge 1$. Donc, $\frac{e^x}{x} \ge \frac{1}{x}$ pour $x \ge 1$.
2. Comparaison avec une intégrale de Riemann divergente : L'intégrale $\int_1^{+\infty} \frac{1}{x} dx$ est une intégrale de Riemann divergente (car $\alpha = 1$, et il faut $\alpha > 1$ pour la convergence à l'infini).
3. Conclusion par critère de comparaison : Puisque $\frac{e^x}{x} \ge \frac{1}{x}$ sur $[1, +\infty[$ et que $\int_1^{+\infty} \frac{1}{x} dx$ diverge, alors par le critère de comparaison pour les fonctions positives, l'intégrale $\int_1^{+\infty} \frac{e^x}{x} dx$ diverge.

Astuce : Pour montrer la divergence, cherche une fonction plus simple qui minore ta fonction et dont l'intégrale diverge. Pour montrer la convergence, cherche une fonction plus simple qui majore ta fonction et dont l'intégrale converge.

Correction :

Cette intégrale a deux problèmes : en 0 (la fonction est indéfinie) et à l'infini (intervalle non borné). De plus, la fonction n'est pas de signe constant, ce qui interdit les critères de comparaison directs.

1. Étude au voisinage de $x=0$ : Quand $x \to 0$, $\sin(x) \sim x$. Donc, $f(x) = \frac{\sin(x)}{x} \sim \frac{x}{x} = 1$. La fonction a une limite finie (1) en 0. Elle est donc prolongeable par continuité en 0. L'intégrale $\int_0^1 \frac{\sin(x)}{x} dx$ est une intégrale d'une fonction continue sur un segment, elle est donc convergente. Pas de singularité en 0.
2. Étude au voisinage de l'infini : On utilise l'intégration par parties pour étudier $\int_1^{+\infty} \frac{\sin(x)}{x} dx$. Posons $u = \frac{1}{x} \implies du = -\frac{1}{x^2} dx$. Posons $dv = \sin(x) dx \implies v = -\cos(x)$. $$ \int_1^T \frac{\sin(x)}{x} dx = \left[-\frac{\cos(x)}{x}\right]_1^T - \int_1^T \left(-\cos(x)\right) \left(-\frac{1}{x^2}\right) dx $$ $$ = -\frac{\cos(T)}{T} - \left(-\frac{\cos(1)}{1}\right) - \int_1^T \frac{\cos(x)}{x^2} dx $$ $$ = -\frac{\cos(T)}{T} + \cos(1) - \int_1^T \frac{\cos(x)}{x^2} dx $$ Quand $T \to +\infty$, $\left|-\frac{\cos(T)}{T}\right| \le \frac{1}{T} \to 0$. Donc $\lim_{T \to +\infty} -\frac{\cos(T)}{T} = 0$. Il reste à étudier $\int_1^{+\infty} \frac{\cos(x)}{x^2} dx$. Pour $x \ge 1$, $\left|\frac{\cos(x)}{x^2}\right| \le \frac{1}{x^2}$. L'intégrale $\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2} dx$ est convergente (Riemann, $\alpha=2 > 1$). Par le critère de comparaison (absolue convergence implique convergence), l'intégrale $\int_1^{+\infty} \frac{\cos(x)}{x^2} dx$ est absolument convergente, donc convergente. Puisque les deux termes de la limite sont finis, l'intégrale $\int_1^{+\infty} \frac{\sin(x)}{x} dx$ est convergente.
3. Conclusion générale : L'intégrale converge en 0 et à l'infini, elle est donc convergente.

Point méthode : Pour les fonctions de signe non constant, l'intégration par parties est une technique très utile pour étudier la convergence à l'infini, souvent en ramenant l'étude à une intégrale absolument convergente. L'intégrale de Dirichlet $\int_0^{+\infty} \frac{\sin(x)}{x} dx$ est un exemple classique d'intégrale semi-convergente (elle converge mais pas absolument).

Correction :

L'intégrale est généralisée à l'infini. La fonction est continue et positive sur $[0, +\infty[$.

1. Nature de l'intégrale : Quand $x \to +\infty$, $f(x) = \frac{1}{(x+1)(x+2)} \sim \frac{1}{x^2}$. L'intégrale $\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2} dx$ converge (Riemann, $\alpha=2 > 1$). Donc, l'intégrale $\int_0^{+\infty} \frac{1}{(x+1)(x+2)} dx$ converge.
2. Décomposition en éléments simples : $$ \frac{1}{(x+1)(x+2)} = \frac{A}{x+1} + \frac{B}{x+2} $$ En multipliant par $(x+1)$ et en posant $x=-1$, on trouve $A = \frac{1}{-1+2} = 1$. En multipliant par $(x+2)$ et en posant $x=-2$, on trouve $B = \frac{1}{-2+1} = -1$. Donc, $\frac{1}{(x+1)(x+2)} = \frac{1}{x+1} - \frac{1}{x+2}$.
3. Calcul de la primitive : Une primitive de $\frac{1}{x+1} - \frac{1}{x+2}$ est $\ln|x+1| - \ln|x+2| = \ln\left|\frac{x+1}{x+2}\right|$. Puisque $x \ge 0$, $x+1$ et $x+2$ sont positifs, donc $\ln\left(\frac{x+1}{x+2}\right)$.
4. Calcul de l'intégrale définie et passage à la limite : $$ \int_0^T \left(\frac{1}{x+1} - \frac{1}{x+2}\right) dx = \left[\ln\left(\frac{x+1}{x+2}\right)\right]_0^T $$ $$ = \ln\left(\frac{T+1}{T+2}\right) - \ln\left(\frac{0+1}{0+2}\right) = \ln\left(\frac{T+1}{T+2}\right) - \ln\left(\frac{1}{2}\right) $$ Maintenant, passons à la limite quand $T \to +\infty$: $$ \lim_{T \to +\infty} \frac{T+1}{T+2} = \lim_{T \to +\infty} \frac{T(1+1/T)}{T(1+2/T)} = 1 $$ Donc, $\lim_{T \to +\infty} \ln\left(\frac{T+1}{T+2}\right) = \ln(1) = 0$. L'intégrale vaut $0 - \ln\left(\frac{1}{2}\right) = -\ln\left(2^{-1}\right) = -(-\ln(2)) = \ln(2)$.

Point méthode : La décomposition en éléments simples est une technique essentielle pour l'intégration des fractions rationnelles, y compris en présence de bornes généralisées. N'oublie pas de vérifier la convergence avant de calculer, car une intégrale divergente n'a pas de valeur finie.

Correction :

L'intégrale est généralisée aux deux bornes : en 0 à cause de $x^\alpha$ (si $\alpha > 0$) et à l'infini à cause de l'intervalle non borné. La fonction $f(x) = \frac{e^{-x}}{x^\alpha}$ est positive sur $(0, +\infty)$. Il faut découper l'intégrale.

1. Étude de $I_1 = \int_0^1 \frac{e^{-x}}{x^\alpha} dx$ (singularité en 0) : Quand $x \to 0^+$, $e^{-x} \sim e^0 = 1$. Donc, $f(x) \sim \frac{1}{x^\alpha}$. L'intégrale $\int_0^1 \frac{1}{x^\alpha} dx$ converge si et seulement si $\alpha < 1$ (intégrale de Riemann en 0). Donc $I_1$ converge si et seulement si $\alpha < 1$.
2. Étude de $I_2 = \int_1^{+\infty} \frac{e^{-x}}{x^\alpha} dx$ (singularité à l'infini) : Quand $x \to +\infty$, $e^{-x}$ décroît très rapidement. Les croissances comparées nous indiquent que $e^{-x}$ l'emporte sur n'importe quelle puissance de $x$. Par exemple, pour tout $k > 0$, $\lim_{x \to +\infty} x^k e^{-x} = 0$. Donc, pour un $\alpha$ donné, on peut trouver un $k$ tel que $x^k \frac{e^{-x}}{x^\alpha} \to 0$. Prenons le critère de domination : Pour $x \ge 1$, $x^\alpha \ge 1^\alpha$ ou $x^\alpha \le 1^\alpha$ selon le signe de $\alpha$. Puisque $e^{-x}$ décroît plus vite que n'importe quel $x^M$, on peut comparer avec $e^{-x/2}$. $x^\alpha \frac{e^{-x}}{e^{-x/2}} = x^\alpha e^{-x/2} \to 0$ quand $x \to +\infty$. Cela signifie que $\frac{e^{-x}}{x^\alpha}$ est négligeable devant $e^{-x/2}$ à l'infini. $\frac{e^{-x}}{x^\alpha} = o(e^{-x/2})$ quand $x \to +\infty$. L'intégrale $\int_1^{+\infty} e^{-x/2} dx = \lim_{T \to +\infty} [-2e^{-x/2}]_1^T = \lim_{T \to +\infty} (-2e^{-T/2} + 2e^{-1/2}) = 2e^{-1/2}$, qui est une intégrale convergente. Puisque $\frac{e^{-x}}{x^\alpha} \ge 0$ et $\int_1^{+\infty} e^{-x/2} dx$ converge, alors par le critère de domination, $I_2$ converge pour tout $\alpha \in \mathbb{R}$.
3. Conclusion générale : Pour que l'intégrale $I$ converge, il faut que $I_1$ converge ET $I_2$ converge. $I_1$ converge si $\alpha < 1$. $I_2$ converge pour tout $\alpha \in \mathbb{R}$. Donc, l'intégrale $I$ converge si et seulement si $\alpha < 1$.

Point méthode : Cet exercice est un classique. L'intégrale est une version de la fonction Gamma d'Euler. La convergence des intégrales avec exponentielles et puissances est souvent déterminée par le comportement de la puissance près de 0 et celui de l'exponentielle près de l'infini.