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Exercices corrigés

Exercice corrigé : Calcul d’intégrale impropre

Voici l’énoncé d’un exercice qui va calculer explicitement une intégrale impropre. On va donc mettre cet exercice dans le chapitre des intégrales. C’est un exercice de deuxième année dans le supérieur.

Enoncé

Intégrale impropre à calculer

Corrigé

Afin de justifier l’existence de l’intégrale ci-dessus, on se propose de calculer la limite de la suite d’intégrale définie ci-dessous. On définit

\forall N\in\mathbb{N^*},\quad I_N = \int_{1/N}^{1} \frac{(-1)^{\lfloor \frac{1}{x} \rfloor}}{x} 

Cette suite est bien définie puisque la fonction

x\in\left[\frac{1}{N},1\right]\longmapsto \frac{(-1)^{\lfloor \frac{1}{x} \rfloor}}{x}

est continue par morceaux. On va alors essayer de scinder cette intégrale selon les intervalles où la partie entière est constante. Soit k un entier strictement positif, on a :

k\leq\frac{1}{x}< k+1 \Longleftrightarrow \frac{1}{k} \geq x > \frac{1}{k+1}

Dans ce cas,

\left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor = k

Ainsi,

I_N = \sum_{k=1}^{N-1}\int_{1/(k+1)}^{1/k} \frac{(-1)^k}{x}\;dx

D’où,

I_N = \sum_{k=1}^{N-1} (-1)^k \ln\left(\frac{k+1}{k}\right)

Notons alors :

\forall k \in\mathbb{N^*},\quad a_k = (-1)^k\ln\left(\frac{k+1}{k}\right)

On remarque alors que :

\begin{align*}
&\bullet \quad (a_k)_k \;\; \text{est alternée} \\
&\bullet \quad (|a_k|)_k \;\; \text{décroît}\\
&\bullet \quad (|a_k|)_k \;\; \text{tend vers 0}
\end{align*}

Par le critère spécial des séries alternées, la série

\sum_{k=1}^{+\infty} (-1)^k \ln\left(\frac{k+1}{k}\right)

est convergente et alors, l’intégrale de l’énoncé est bien définie et,

\underset{N\rightarrow +\infty}{\lim} I_N = \int_{0}^{1} \frac{(-1)^{\lfloor \frac{1}{x} \rfloor}}{x}

En étendant cette somme pour des entiers N relativement petits, on remarque qu’il est intéressant de regrouper les termes d’indice pair séparément des termes d’indice impair.

Puisque la suite des sommes partielles de notre série converge (vers l’intégrale de l’énoncé), on peut par exemple calculer :

I_{2N} = \sum_{k=1}^{2N-1} (-1)^k \ln\left(\frac{k+1}{k}\right)

On regroupe alors les termes selon la parité de leur indice,

I_{2N} = \sum_{k=1}^{N-1}\ln\left(\frac{2k+1}{2k}\right) -
 \sum_{k=0}^{N-1}\ln\left(\frac{2k+2}{2k+1}\right)

Ainsi,

\begin{align*}
I_{2N} &= \ln\left(\frac{3\times5\times...\times(2N-1)}{2\times4\times...\times(2N-2)}\right) - \ln\left(\frac{2\times4\times...\times2N}{3\times5\times...\times(2N-1)}\right) \\
&= \ln\left(\frac{(2N-1)!}{2^{2N-2}(N-1)!^2}\right)-\ln\left(\frac{4^N(N!)^2}{(2N)!}\right)\\
& = \ln\left(2N\times\frac{(2N)!^2}{16^N(N!)^4}\right) 
\end{align*}

En utilisant la formule de Stirling, on trouve facilement que :

2N\times\frac{(2N)!^2}{16^N(N!)^4} \underset{N\rightarrow+\infty}{\sim} \frac{2}{\pi}

Donc,

2N\times\frac{(2N)!^2}{16^N(N!)^4} \underset{N\rightarrow+\infty}{\longrightarrow} \frac{2}{\pi}

Et par composition des limites :

I_{2N} \underset{N\rightarrow+\infty}{\longrightarrow} \ln\left(\frac{2}{\pi}\right) \quad 

De plus,

\begin{align*}
 I_{2N}&\underset{N\rightarrow+\infty}{\longrightarrow} I_N \\
 I_N &\underset{N\rightarrow+\infty}{\longrightarrow} \int_{0}^{1} \frac{(-1)^{\lfloor \frac{1}{x} \rfloor}}{x}
\end{align*}

Par unicité de la limite,

\int_{0}^{1} \frac{(-1)^{\lfloor \frac{1}{x} \rfloor}}{x} = \ln\left(\frac{2}{\pi}\right)

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