Une intégrale convergente
Bonjour
Dans la correction d'un exo de probabilité, la correction considère l'intégrale $$\int_0^{+\infty} \frac{-\ln(y)}{(1+y)^2}.$$ Dans la correction de l'exo il est écrit à un moment: "Cette intégrale est bien convergente mais il y a une indétermination en $0$, c'est pourquoi nous calculons en faisant une intégration par parties... ".
J'ai deux questions.
1) Est-ce qu'on pourrait m'expliquer pourquoi l'intégrale est convergente ?
Je précise que j'ai essayé de chercher la réponse dans mon cours d'intégrale généralisée mais que je n'ai pas trouvé la réponse.
2) Est-ce qu'on peut m'expliquer à quoi on voit qu'il y a une indétermination en 0 ?
Merci d'avance.
Dans la correction d'un exo de probabilité, la correction considère l'intégrale $$\int_0^{+\infty} \frac{-\ln(y)}{(1+y)^2}.$$ Dans la correction de l'exo il est écrit à un moment: "Cette intégrale est bien convergente mais il y a une indétermination en $0$, c'est pourquoi nous calculons en faisant une intégration par parties... ".
J'ai deux questions.
1) Est-ce qu'on pourrait m'expliquer pourquoi l'intégrale est convergente ?
Je précise que j'ai essayé de chercher la réponse dans mon cours d'intégrale généralisée mais que je n'ai pas trouvé la réponse.
2) Est-ce qu'on peut m'expliquer à quoi on voit qu'il y a une indétermination en 0 ?
Merci d'avance.
Réponses
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La fonction que tu intègres diverge en $0^+$ donc tu as une indédermination à lever, par comparaison avec l'exemple de référence de ton choix par exemple.
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On utilise un critère d'intégrabilité en $0^+$ et ça va tout seul. On a $$\lim_{y\to 0^+} \frac{-\sqrt{y}\ln(y)}{(1+y)^2} = 0.$$ Donc la fonction est Lebesgue-intégrable en $0^+.$ Pour $+\infty$ ce sera le même raisonnement mais avec du $y^{3/2}$ cette fois.
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Pour la borne $0$.Pour tout $0<x<1$, $\displaystyle 0\leq \dfrac{-\ln x}{(1+x)^2}\leq -\ln x$ et la fonction $x\mapsto -\ln x$ est intégrable au voisinage de $0$.Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
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ma question est peut-être bête mais je me demandais comment on sait que $-\ln (x)$ est intégrable au voisinage de 0?
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Tu peux utiliser une comparaison avec l'exemple de référence de ton choix.Ou calculer une primitive...
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Tu remarques que $\sqrt{x}\ln(x)\underset{x\rightarrow0^{+}}{\longrightarrow}0$. Donc $\ln(x)=\underset{x\rightarrow0}{o}\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)$( Peut-être un $O$...). Par comparaison avec une série de Riemann convergente en $0$ $\displaystyle{\int_{0}^{1}{\ln(x)dx}}$ converge.
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comment on sait que $\sqrt{x}\,\ln x$ tend vers $0$ en $0$?
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Haha demande à Oshine...
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Bon on pose $X=\ln(x)$ et donc $x=e^{X}$. Donc $X\underset{x\rightarrow0^{+}}{\longrightarrow}-\infty$. Par croissance comparée $Xe^{X}\underset{x\rightarrow0^{+}}{\longrightarrow}0$. Donc $x\ln(x)\underset{x\rightarrow0^{+}}{\longrightarrow}0$. Après $\sqrt{x}\ln(x)=2\sqrt{x}\ln(\sqrt{x})$. On est dans les mêmes conditions on adapte.
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Elle vaut $0$, cette intégrale. C'est une primitive élémentaire.
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Puisqu'on veut couper des cheveux... quitte à parler de croissance comparée, $\dfrac{ln(t)}{\sqrt{t}}\underset{x\rightarrow+\infty}{\longrightarrow}0$ et on pose $x=\dfrac{1}{t}$...Par contre, et pour les cheveux fins, $\ln(x)=\underset{x\rightarrow0}{o}\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)$ on compare deux fonctions qui n'ont pas le même signe au voisinage de $0^+$... peut-être garder le $-\ln(x)$ ... mais est-ce utile, vraiment ?...
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Une "primitive élémentaire", on peut quand même pas dire ça. Que ce soit $\displaystyle\int_0^{+\infty}\!\!\dfrac{\ln x\,\text{d}x}{(1+x)^2}$ (où on peut effectivement passer par une primtive par IPP) ou $\displaystyle\int_0^{+\infty}\!\dfrac{\ln x\,\text{d}x}{1+x^2}$ (et là on est bien en peine de trouver une primitive) le changement $t=1/x$ règle tout.
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Chaurien a raison l'intégrande a une primitive élémentaire même si la méthode pour calculer cette intégrale définie coule de source à mon humble avis.
Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir. -
Par "primitive élémentaire", j'entends "primitive immédiate", par exemple (et pour en rester à $\ln$) $\displaystyle\int \dfrac{\ln x}{x}\text{d}x$, $\displaystyle\int \dfrac{\text{d}x}{x\ln x}$, etc., plutôt que "primitive facile à calculer". Mais ça n'a pas grand intérêt ces subtilités de dénomination, c'est assez subjectif.
Je voulais juste souligner qu'on pouvait calculer l'intégrale sans chercher une primitive (juste pour le plaisir).
Maintenant si c'était "primitive s'exprimant à l'aide de fonctions élémentaires", alors ok. -
Une primitive élémentaire n'est pas nécessairement une primitive « facile à calculer » (d’ailleurs, facile, difficile, tout est relatif), c'est une primitive qui s'exprime au moyen des fonctions élémentaires, algébriques, circulaires, hyperboliques. C'est bien le cas pour $\displaystyle\int_0^{+\infty}\!\!\dfrac{\ln x\,\text{d}x}{(1+x)^2}$, qui est effectivement très facile à calculer, une IPP suffit : on peut calculer n'importe quelle intégrale $\displaystyle\int_a^b\!\!\dfrac{\ln x\,\text{d}x}{(1+x)^2}$, $0<a<b$. Mais bien sûr si l'on veut juste $\displaystyle\int_0^{+\infty}\!\!\dfrac{\ln x\,\text{d}x}{(1+x)^2}$, le changement de variable $u=\frac 1t$ suffit à voir qu'elle est nulle, en s'étant assuré qu'elle converge.Autre exemple, pour $x\in ]-1,1[$, l'intégrale $\displaystyle \int_{0}^{x}\frac{1+t^{2}}{1-t^{2}}\cdot \frac{dt}{\sqrt{1+t^{4}}}$ est une primitive élémentaire, quoique pas tout à fait immédiate à calculer.Par contre, $\displaystyle\int_0^{+\infty}\!\!\dfrac{\ln x\,\text{d}x}{1+x^2}$ n'est pas une primitive élémentaire, on voit qu'elle est nulle comme $\displaystyle\int_0^{+\infty}\!\!\dfrac{\ln x\,\text{d}x}{(1+x)^2}$, comme toute $\displaystyle\int_0^{+\infty}\!\!\dfrac{\ln x\,\text{d}x}{1+mx+x^2}$, $m>-2$, par le CDV $u=\frac 1t$ après s'être assuré qu'elle converge.Cette intégrale $\displaystyle\int_0^{+\infty}\!\!\dfrac{\ln x\,\text{d}x}{1+x^2}$ remarquablement nulle ornait la couverture du livre d'exercices de Jacques Rivaud en 1969. Elle implique : $\displaystyle\int_0^1\!\!\dfrac{\ln x\,\text{d}x}{1+x^2}=-\displaystyle\int_1^{+\infty}\!\!\dfrac{\ln x\,\text{d}x}{1+x^2}$, égalité d'aires de deux domaines plans non bornés et non isométriques. À l'époque, Rivaud n'allait pas jusqu'à calculer chacune de ces deux intégrales, mais c'est faisable, toujours sans primitive, avec série, interversion, etc. Ce n'est pas à FdP qu'on va l'apprendre, pour lui c'est de la gnognotte.Bonne nuit.Fr. Ch.
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Je me souviens très bien de la couverture du Rivaud
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$I=\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln x}{1+x^2}dx=\displaystyle \int_0^1 \sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^ku_k(x)\,\text{d}x$, avec $u_k(x)=x^{2k}\ln(x)$.
On peut intervertir car
$\displaystyle \int_0^1|u_k(x)|\,\text{d}x=-\displaystyle \int_0^1x^{2k}\ln(x)\text{d}x=\dfrac{1}{2k+1}\int_0^1x^{2k}\text{d}x=\dfrac{1}{(2k+1)^2}$ est le t.g. d'une série CV.
Donc $I=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^{k+1}}{(2k+1)^2}\approx -0.9159666$ : c'est l'opposé de la constante de Catalan.
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@Chaurien: le bouquin de Rivaud était un des livres que j'ai vu aux puces le week-end dernier. Exactement cette édition avec cette couverture.Je crois que j'ai une édition plus récente de ces livres (je ne crois pas avoir tous les tomes).Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
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