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Niveau Licence Maths 1e ann
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Convergence d'intégrales

Posté par
Tedsoo
25-03-23 à 13:21

Bonjour,

j'aurais aimé que quelqu'un me confirme mon résultat concernant l'étude d'une convergence d'intégrale.

I= \int_{-1}^{1}{\frac{1}{x-1}dx}=\int_{-1}^{t}{\frac{1}{x-1}dx}=\left [ln(\left|x-1 \right|)]=ln(\left|t-1 \right|)-ln(2)

\lim_{t\rightarrow 1}I=-\infty

Par conséquent, l'intégrale diverge.

Merci à vous,

Posté par
larrech
re : Convergence d'intégrales 25-03-23 à 13:41

Bonjour,

Cette intégrale diverge, en effet.

Posté par
GBZM
re : Convergence d'intégrales 25-03-23 à 13:43

Bonjour,
Tu as écrit des signes d'égalité qui ne sont pas corrects : l'intégrale de -1 à 1 n'est pas égale à l'intégrale de -1 à t si t<1 !
Corrige cela, et tu auras une rédaction correcte.

Posté par
Tedsoo
re : Convergence d'intégrales 25-03-23 à 13:44

Merci de votre réponse.

Elle diverge bien en -\infty ?

J'en ai conclu cela car, avec la valeur absolue, la limite en 1- est égale à la limite en 1+ = -\infty

Merci à vous,

Posté par
Tedsoo
re : Convergence d'intégrales 25-03-23 à 13:47

@GBZM

Oui, mais avec les crochets, je ne sais pas comment écrire les bornes de l'intégrale ^^ C'est pour cela que je ne les ai pas écrites.

Posté par
Ulmiere
re : Convergence d'intégrales 25-03-23 à 14:55

Tu peux aussi faire un changement de variable u = 1 - x  intermédiaire pour bien voir la singularité au dénominateur.

Pour tout 0 < t < 1
\int_{-1}^t \dfrac1{x-1}dx = -\int_{1-t}^2 \dfrac1{u}du = \ln(1-t) - \ln(2)

La valeur absolue ne sert à rien : puisque tu fais tendre t vers 1, autant le prendre strictement positif. Tu peux même le prendre aussi proche que tu veux de 1, tant qu'il lui reste inférieur.
Par contre, ne le prends pas supérieur à 1, parce que tu serais en train de "chevaucher" la snigularité en 1 de \dfrac{1}{x-1}.


Tu peux aussi filouter et dire que la fonction est continue sur [-1,0] et sans singularité, donc que I converge si et seulement si \int_{0}^t \dfrac{1}{1-x}dx converge.
Or, si 0 < x < t < 1, \dfrac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^\infty x^ndx \geqslant 1 + x
Donc par croissance de l'intégrale, \int_{0}^t \dfrac{1}{1-x} \geqslant \int_{0}^t (1+x)dx = \int_{1}^{t+1} xdx = \dfrac{t(t+2)}{2} \to \infty

Posté par
Tedsoo
re : Convergence d'intégrales 25-03-23 à 18:36

Merci beaucoup Ulmière !

Du coup, si j'enlève la valeur absolue, on est d'accord que la limite en 1 se résume "naturellement" à la limite en 1+ (puisqu'en 1-, le logarithme n'est pas défini) ?

Merci,

Posté par
carpediem
re : Convergence d'intégrales 25-03-23 à 18:59

salut

ça me semble bien compliqué tout ça !!

l'intégrande s'annule en la borne 1 donc (pour continuer sur ta première proposition et corriger ce que GBZM te disait) :

I = \int_{-1}^1 \dfrac 1 {x - 1} dx = \int_{-1}^1 \dfrac {-1} {1 - x} dx = \lim_{t \to +\infty} \int_{-1}^t \dfrac {-1} {1 - x} dx = [\ln(1 - x)]_{-1}^t = ...

car 1 - x > 0 lorsque x < 1 !!

Posté par
Tedsoo
re : Convergence d'intégrales 26-03-23 à 10:32

Bonjour,

je ne comprends pas pourquoi vous faites tendre t vers l'infini ?

Cordialement,

Posté par
carpediem
re : Convergence d'intégrales 26-03-23 à 10:36

vers 1 bien sûr !!!

et j'ai oublié encore une lim :

carpediem @ 25-03-2023 à 18:59

ça me semble bien compliqué tout ça !!

l'intégrande s'annule en la borne 1 donc (pour continuer sur ta première proposition et corriger ce que GBZM te disait) :

I = \int_{-1}^1 \dfrac 1 {x - 1} dx = \int_{-1}^1 \dfrac {-1} {1 - x} dx = \lim_{t \to \red 1} \int_{-1}^t \dfrac {-1} {1 - x} dx ={\red \lim_{t \to 1}} [\ln(1 - x)]_{-1}^t = ...

car 1 - x > 0 lorsque x < 1 !!

Posté par
Tedsoo
re : Convergence d'intégrales 26-03-23 à 11:23

Ah ok, vous m'aviez fait peur :')

Merci beaucoup !

Posté par
carpediem
re : Convergence d'intégrales 26-03-23 à 11:36

de rien



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