Les intégrales généralisées

Bonjour j'espère que vous allez bien.
J'ai besoin d'aide pour cet exercice dont je bloque.
Exercice :

Etudier la nature des intégrales généralisées.
a- ∫₀¹ dx/√x(1-x)
b- ∫_₀₀⁺⁰⁰ e^(2ix)/1+x² dx
c- ∫₀⁺⁰⁰ (1+x³)^α dx , α∈ℝ
Montrer l'existence de l'intégrale ∫₀⁺⁰⁰ lnx/(1+x³)² dx
N.B : Pour la 1- a) la racine prend en compte x(1-x)
J'ai besoin de votre aide, merci pour toutes vos réponses d'aide.

Bonjour)

Attention aux ambiguïtés

Pour la a, est-ce :

$∫01dxx(1−x)\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{x(1-x)}}$
ou bien
$∫01dxx.(1−x)\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{x}.(1-x)}$

ou bien
$∫011−xxdx\int_0^1 \frac{1-x}{\sqrt{x}} dx$

Suivant le cas ... la conclusion est différente.

Le 1er converge , le 2ème diverge et le 3ème converge. (sauf erreur de ma part)

@Black-Jack
Ce que vous avez écrit en premier

Bonjour,

L'intégrale est alors facilement calculable via le changement de variables x = sin²(t) (x = 0 -->t = 0 et x = 1 -->t = Pi/2)

dx = 2.sin(t).cos(t)

$∫01dxx(1−x)=∫0π22.sin(t).cos(t)sin2(t).(1−sin2(t))dt=∫0π22dt=2[t]0π2=π\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{x(1-x})} = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{2.sin(t).cos(t)}{\sqrt{sin^2(t).(1-sin^2(t))}}dt = \int_0^{\frac{\pi}{2}} 2 dt = 2[t]_0^{\frac{\pi}{2}} = \pi$

Bonjour,

Attention, tu ne sais manifestement pas utiliser correctement les parenthèses et c'est plus qu'important en Supérieur (et même en secondaire)

Sans garantie de respecter les conventions habituelles, je ne suis pas matheux ...

b)

$∫−∞+∞e2ix1+x2dx=∫−∞+∞cos(2x)1+x2dx+i∫−∞+∞sin(2x)1+x2dx\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{2ix}}{1+x^2} dx = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{cos(2x)}{1+x^2} dx + i \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{sin(2x)}{1+x^2} dx$

Comme $\to \frac{sin(2x)}{1+x^2}$ est une fonction impaire, son intégration sur -oo, +oo est nulle et comme $\to \frac{sin(2x)}{1+x^2}$ est une fonction paire, on a alors :

$∫−∞+∞e2ix1+x2dx=2.∫0+∞cos(2x)1+x2dx\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{2ix}}{1+x^2} dx = 2.\int_{0}^{+\infty} \frac{cos(2x)}{1+x^2} dx$

On étudie la convergence de $2.∫0+∞∣cos(2x)1+x2∣dx2.\int_{0}^{+\infty} |\frac{cos(2x)}{1+x^2}| dx$

0 <= $2.∣cos(2x)1+x2∣2.|\frac{cos(2x)}{1+x^2}|$ <= $21+x2\frac{2}{1+x^2}$
Et en intégrant de 0 à + oo :
0 <= $∫0+∞∣cos(2x)1+x2∣dx\int_{0}^{+\infty} |\frac{cos(2x)}{1+x^2}| dx$ <= $2.[arctan(x)]0+∞2.[arctan(x)]_{0}^{+\infty}$

0 <= $2.∫0+∞∣cos(2x)1+x2∣dx2.\int_{0}^{+\infty} |\frac{cos(2x)}{1+x^2}| dx$ <= $π\pi$

Et donc $2.∫0+∞∣cos(2x)1+x2∣dx2.\int_{0}^{+\infty} |\frac{cos(2x)}{1+x^2}| dx$ est convergente... et par le critère dont le nom m'échappe : $2.∫0+∞cos(2x)1+x2dx2.\int_{0}^{+\infty} \frac{cos(2x)}{1+x^2} dx$ est aussi convergente.

Et comme on a montré que $∫−∞+∞e2ix1+x2dx=2.∫0+∞cos(2x)1+x2dx\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{2ix}}{1+x^2} dx = 2.\int_{0}^{+\infty} \frac{cos(2x)}{1+x^2} dx$

on conclut que $∫−∞+∞e2ix1+x2dx\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{2ix}}{1+x^2} dx$ est convergente.

Attendre confirmation (ou infirmation) par un vrai matheux.

@Black-Jack Bonjour j'ai compris

Bonjour,

@medou coulibaly, je n'ai pas encore regardé de près ton exercice , mais tu as déjà l'aide de Black-Jack.

Si cela peut être utile, comme tu l'a souhaité par MP, je te mets en lien sur les conseils pour étudier la convergence d'une intégrale généralisée (que l'on peut aussi appelé intégrale impropre)

https://major-prepa.com/mathematiques/methode-etudier-convergence-integrale-impropre/#:~:text=Pour cela%2C il y a,effectue sous réserve de convergence.

J'espère que cela correspond à ton cours.
Bonne lecture.

@mtschoon
Bonjour madame, j'ai lu ce que vous m'avez envoyé, il fait allusion à des parties de mon cours.
Merci

@medou-coulibaly , re-bonjour,

D'accord.

Tu dois donc préciser le domaine de continuité de la fonction à intégrer.
Sur ce domaine, la fonction est intégrable.
Si c'est possible, par IPP, changement de variable,..., tu détermines cette intégrale.
(Sur cet ensemble de continuité, il n'y a pas de problème de division par 0 ou autre..., vu que les "impropretés" n'en font pas partie)

Ensuite, tu analyses les "impropretés"et tu en tires la conclusion sur la convergence ou divergence de l'intégrale.

En plus, si le calcul intégral a pu être fait (ce qui n'est pas toujours le cas), tu peux indiquer, au final, la valeur de cette intégrale impropre.

Evidemment, cela est fort long...

J'essaierai de te rédiger la question 1 ) ainsi (pour que tu vois une méthode possible satisfaisante) mais ce serait vraiment trop long de le faire pour chaque intégrale de l'exercice proposé.

On te donne les idées et tu dois détailler correctement toi-même l'explication.

@mtschoon ok madame j'ai compris. Merci beaucoup madame.
Madame comment faire pour savoir la fonction associée à la fonction d'integrale.

@medou-coulibaly ,

Pour la 1), il s'agit de trouver la nature de $∫011x(1−x)dx\displaystyle \int_0^1 \dfrac{1}{\sqrt{x(1-x)}}dx$

J'essaie de rédiger en détail....mais c'est fort long !

La fonction à intégrer est $f$ telle que $f(x)=1x(1−x)f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x(1-x)}}$

La fonction $f$ est définie et continue (donc intégrable) sur $] 0, 1 [$
Les "impuretés " sont $0$ et $1$

On travaille donc d'abord sur $] 0, 1 [$
Soit $ϵ>0\epsilon \gt 0$ (aussi petit que l'on veut)

On calcule $∫ϵ1−ϵ1x(1−x)dx\displaystyle \int_\epsilon^{1-\epsilon} \dfrac{1}{\sqrt{x(1-x)}}dx$

Tu as vu le changement de variable $x=sin^2(t)$

Pour changer un peu, j'utilise le changement de variable $x=t\sqrt{x}=t$ c'est à dire $x=t^2$ d'où $d x = 2 t d t$

Pour $x=ϵx=\epsilon$ , $t=ϵt=\sqrt\epsilon$
Pour $x=1−ϵx=1-\epsilon$ , $t=1−ϵt=\sqrt {1-\epsilon}$

$1x(1−x)=1x×11−x=1t×11−t2\dfrac{1}{\sqrt{x(1-x)}}=\dfrac{1}{\sqrt x}\times \dfrac{1}{\sqrt{1-x}} =\dfrac{1}{t}\times \dfrac{1}{\sqrt{1-t^2}}$

$∫1x(1−x)dx=∫2tt1−t2dt=2∫11−t2=2Arcsin(t)+Cte\displaystyle \int \dfrac{1}{\sqrt{x(1-x)}}dx=\int \dfrac{2t}{t\sqrt{1-t^2}}dt=2\int \dfrac{1}{\sqrt{1-t^2}}=2Arcsin(t)+Cte$

$∫ϵ1−ϵ1x(1−x)dx=2(Arcsin(1−ϵ)−Arcsin(ϵ))\displaystyle \int_\epsilon^{1-\epsilon} \dfrac{1}{\sqrt{x(1-x)}}dx=2\biggr(Arcsin(\sqrt {1-\epsilon})-Arcsin(\sqrt \epsilon)\biggr)$

Lorsque $ϵ\epsilon$ tend vers 0 (par valeurs positives),
$Arcsin(1−ϵ)Arcsin(\sqrt{1- \epsilon})$ tend vers $Arcsin(1)=π2Arcsin(1)=\dfrac{\pi}{2}$
$Arcsin(ϵ)Arcsin(\sqrt \epsilon)$ tend vers $A r c s i n (0) = 0$

La limite de l'intégrale, lorsque $ϵ\epsilon$ tend vers 0 (par valeurs positives) est donc $2(π2−0)=π2\biggr(\dfrac{\pi}{2}-0\biggr)=\pi$

Conclusion : suite généralisée convergente et l'on peut écrire maintenant :
$∫011x(1−x)dx=π\displaystyle \int _0^1 \dfrac{1}{\sqrt{x(1-x)}}dx=\pi$

(Vérifie qu'il n'y ait pas de faute de frappe...!)

Ce message a été supprimé !

@medou-coulibaly a dit dans Les intégrales généralisées :

@mtschoon
Ok madame j'ai compris , ah c'est facile pas hein de la manière que je vois là

@mtschoon j'ai vérifié madame, ce que vous avez fait est juste , mais ce n'est pas facile hein

Tout à fait @medou-coulibaly .

Ou bien tu "enjambes" la rigueur mathématique , ou bien tu fais de la rigueur , mais c'est compliqué...
Il faut que tu vois les exigences de ton professeur.

@mtschoon
Madame le prof est assez compliqué, depuis le jour où il a fini le cours avec nous on ne sert pas plus revu, il ne nous reste qu'à faire le TD avec lui.

@mtschoon Madame pour la b ) je n'arrive pas à y parvenir

@medou-coulibaly , bonjour,

@medou-coulibaly a dit dans Les intégrales généralisées :

@mtschoon
Madame le prof est assez compliqué, depuis le jour où il a fini le cours avec nous on ne sert pas plus revu, il ne nous reste qu'à faire le TD avec lui.

Cela n'est pas simple effectivement, mais si un jour ton professeur fait le TD (si j'ai compris ce que tu as indiqué), tu auras toutes les indications sur la démarche qu'il souhaite.

Re-bonjour @medou-coulibaly

@medou-coulibaly a dit dans Les intégrales généralisées :

@mtschoon Madame pour la b ) je n'arrive pas à y parvenir

Tu as eu une réponse (de Black-Jack) pour la b) et tu as indiqué que tu avais compris.

Bien sûr, comme déjà indiqué, si ton professeur est rigoureux, il faudra traiter la convergence/divergence en deux étapes (et pas "enjamber"...)
Il faudra d'abord déterminer l'intervalle de continuité sur lequel on peut traiter l'intégrale sans faute mathématique , ensuite voir le(s) valeur(s) d'impureté.
Après cela, tirer la conclusion.

Regarde bien comment fait ton professeur lorsqu'il traitera le TD

Je te mets un autre lien que tu peux consulter éventuellement (pour bien regarder les étapes)
https://major-prepa.com/mathematiques/toutes-methodes-integrales-impropres/

Remarque pour une notation (qui n'est pas indiquée) dans l'aide de la b) :
Lorsque $∫αβ∣f(x)∣dx\int_\alpha^\beta |f(x)| dx$ est convergente on dit que l'intégrale est absolument convergente

Par théorème : une intégrale absolument convergente est convergente.

@medou-coulibaly , si besoin, je te mets quels quelques pistes possibles pour la c) (mais seulement des pistes qu'il faudra approfondir ) .

Soit $f(x)=(1+x3)αf(x)=(1+x^3)^\alpha$
$f$ est définie continue sur $[0,+∞[[0,+\infty[$
"L'impropreté" est pour $+∞+\infty$

Tu peux discuter en fonction de $α\alpha$ , suivant son signe.

i) $α=0\boxed{\alpha=0}$

$f (x) = 1$

$∫0A1dx=[x]0A=A\displaystyle \int_0^A 1 dx=\biggr[x\biggr]_0^A=A$
Lorsque $A$ tend vers $+∞+\infty$ , $∫0A1dx\displaystyle \int_0^A 1 dx$ tend vers $+∞+\infty$
Intégrale généralisée $∫0∞1dx\displaystyle \int_0^\infty 1 dx$ est divergente

ii) $α>0\boxed{\alpha\gt 0}$

$f(x)>1f(x)\gt 1$
Vu que $∫0∞1dx\displaystyle \int_0^\infty 1 dx$ est divergente, par comparaison (majoration entre fonctions positives ), l'intégrale généralisée $∫0∞f(x)dx\displaystyle \int_0^\infty f(x) dx$ est divergente

iii) $α<0\boxed{\alpha \lt 0}$

Une idée possible : tu peux utiliser un équivalent :
Un équivalent de $f (x)$ au voisinage de $+∞+\infty$ : $(x3)α=x3α(x^3)^\alpha=x^{3\alpha}$

Pour éviter des problèmes en $0$ , décompose l'intégrale à traiter :
$∫0+∞(1+x3)αdx=∫01(1+x3)αdx+∫1+∞(1+x3)αdx\displaystyle \int _0^{+\infty}(1+x^3)^\alpha dx =\int _0^1(1+x^3)^\alpha dx+\int _1^{+\infty}(1+x^3)^\alpha dx$

$∫01(1+x3)αdx\displaystyle \int _0^1(1+x^3)^\alpha dx$ est une intégrale (définie). Sa valeur valeur est un réel (fini)

La convergence ou divergence de l'intégrale $∫0+∞(1+x3)αdx\displaystyle \int _0^{+\infty}(1+x^3)^\alpha dx$ sera donc celle de $∫1+∞(1+x3)αdx\displaystyle \int _1^{+\infty}(1+x^3)^\alpha dx$ , c'est à dire celle celle de $∫1+∞x3αdx\displaystyle \int _1^{+\infty}x^{3\alpha} dx$

Je te laisse terminer :
Pour $3α+1≠03\alpha+1\ne 0$ c'est à dire $α≠−13\alpha\ne -\dfrac{1}{3}$ , une primitive de $x3αx^{3\alpha}$ est $x3α+13α+1\dfrac{x^{3\alpha+1}}{3\alpha+1}$

Tu dois faire 3 cas :
$α=−13\alpha=-\dfrac{1}{3}$ tu dois trouver divergence
$α∈]−13,0[\alpha\in ]-\dfrac{1}{3},0 [$ tu dois trouver divergence
$α∈]−∞,−13[\alpha\in ]-\infty,-\dfrac{1}{3} [$ tu dois trouver convergence

Bons calculs.

@mtschoon Madame j'ai compris , je vais essayer de bien travailler dessus

@mtschoon je vais faire et te faire retour

OK @medou-coulibaly .

Une remarque :
je t'ai proposé de faire l'étude suivant le signe de $α\alpha$ , pour te faire étudier un peu les différentes méthodes, mais , pour aller un peu plus vite, tu peux aussi utiliser l'équivalent $x3αx^{3\alpha}$ pour tout $α\alpha$ réel.

Tu trouveras bien sûr la même réponse générale :

Pour $α<−13\alpha \lt -\dfrac{1}{3}$ intégrale convergente

Pour $α≥−13\alpha \ge -\dfrac{1}{3}$ intégrale divergente

@mtschoon
Bonjour madame je bloque toujours hein

@medou-coulibaly , bonjour,

Il faut que tu précises où tu bloques.

@medou-coulibaly , bonjour,

J'imagine que tu bloques sur ce que je t'avais suggéré de terminé seul.

J'explicite donc un peu l'étude de la convergence/divergence de l'intégrale de l'équivalent $x3αx^{3\alpha}$ :
$J=∫1∞x3αdxJ=\displaystyle \int_1^\infty x^{3\alpha}dx$

1er cas : $α=−13\boxed{\alpha=-\dfrac{1}{3}}$ , c'est à dire $3α+1=03\alpha+1=0$

Dans ce cas, l'expression de $x3α+13α+1\dfrac{x^{3\alpha+1}}{3\alpha+1}$ comme primitive ne peut pas s'appliquer ( on ne peut pas diviser pas zéro )

$J=∫1∞x−1dx=∫1∞1xdxJ=\displaystyle \int_1^\infty x^{-1}dx= \int_1^\infty \dfrac{1}{x}dx$

$∫1A1xdx=[ln(x)]1A=ln(A)−ln(1)=ln(A)\displaystyle \int_1^A \dfrac{1}{x}dx=\biggr[ln(x)\biggr]_1^A=ln(A)-ln(1)=ln(A)$
Lorsque $A$ tend vers $+∞+\infty$ , ln(A) tend vers $+∞+\infty$

Tu tires la conclusion :
$J$ est divergente. et en conséquence l'intégrale donnée dans l'énoncé diverge aussi

2ème cas : $α≠−13\boxed{\alpha\ne-\dfrac{1}{3}}$ , c'est à dire $3α+1≠03\alpha+1\ne0$

Dans ce cas $x3α+13α+1\dfrac{x^{3\alpha+1}}{3\alpha+1}$ est primitive

$∫1Ax3αdx=[x3α+13α+1]1A=A3α+1−13α+1\displaystyle \int_1^Ax^{3\alpha}dx=\biggr[\dfrac{x^{3\alpha+1}}{3\alpha+1}\biggr]_1^A=\dfrac{A^{3\alpha+1}-1}{3\alpha+1}$

Lorsque $A$ tend vers $+∞+\infty$ , deux sous-cas :

Si $3α+1<03\alpha+1\lt0$ c'est à dire $α<−13\boxed{\alpha\lt -\dfrac{1}{3}}$

Lorsque $A$ tend vers $+∞+\infty$ , $A3α+1A^{3\alpha+1}$ tend vers $0$
Donc $∫1Ax3αdx\displaystyle \int_1^A x^{3\alpha}dx$ tend vers $−13α+1-\dfrac{1}{3\alpha+1}$
Tu tires la conclusion :
$J$ est convergente. et en conséquence l'intégrale donnée dans l'énoncé converge aussi

Si $3α+1>03\alpha+1\gt0$ c'est à dire $α>−13\boxed{\alpha\gt -\dfrac{1}{3}}$

Lorsque $A$ tend vers $+∞+\infty$ , $A3α+1A^{3\alpha+1}$ tend vers $+∞+\infty$

Tu tires la conclusion :
$J$ est divergente. et en conséquence l'intégrale donnée dans l'énoncé diverge aussi

@mtschoon
Bonsoir madame , je comprends maintenant, j'ai mais je n'ai pas trouvé la même chose que vous

@mtschoon
Merci Madame, mais pourquoi une seule integrale est complexe comme çà et puis la résolution est longue.

@medou-coulibaly ,

Les intégrales généralisées ne sont jamais simples si on veut les traiter avec soin et, en plus, celles avec paramètre, ce sont les pires vu qu'elles nécessitent, en général, une discussion.

Mais, avec de la pratique, tu ne trouveras pas cela si compliqué...

Bon courage !

@mtschoon ok merci beaucoup madame puisse avoir de l'aide pour la 2)

@medou-coulibaly , bonsoir,

Je ferais demain, vu l'heure tardive, mais ce serait bien que tu y arrives si possible seul.

@medou-coulibaly , bonjour,

Quelques pistes pour prouver la convergence de
$I=∫0+∞(lnx)(1+x3)−2dxI=\displaystyle \int_0^{+\infty} (lnx)(1+x^3)^{-2}dx$

J'abrège ...car maintenant, tu dois connaître la méthode.

Fonction définie et continue sur $]0,+∞[]0,+\infty[$
Valeurs d'impropreté : $0$ et $+∞+\infty$

$I=∫01(lnx)(1+x3)−2dx+∫1+∞(lnx)(1+x3)−2dxI=\displaystyle \int_0^{1} (lnx)(1+x^3)^{-2}dx+\int_1^{+\infty} (lnx)(1+x^3)^{-2}dx$

Etude de $J=∫01(lnx)(1+x3)−2dx\boxed{J=\displaystyle \int_0^{1} (lnx)(1+x^3)^{-2}dx}$
Au voisinage de $0$ : équivalent $l n x$
$K=∫01lnxdxK=\displaystyle \int_0^{1} lnx dx$
Soit $ϵ>0\epsilon\gt 0$
En faisant une IPP (en posant $lnx=1×lnx)lnx=1\times lnx)$
$∫ϵ1lnxdx=[xlnx−x]ϵ1\displaystyle \int_\epsilon^{1} lnx dx=\biggr[xlnx-x\biggr]_\epsilon^1$
Tu fais tendre $ϵ\epsilon$ vers $0$ et tu déduis la convergence de $K$ donc de $J$

Etude de $L=∫1∞(lnx)(1+x3)−2dx\boxed{L=\displaystyle \int_1^{\infty} (lnx)(1+x^3)^{-2}dx}$
Au voisinage de $+∞+\infty$ : équivalent $lnx(x^3)^{-2}=(lnx)x^{-6}$
$M=∫1A(lnx)x−6dxM=\displaystyle \int_1^A (lnx)x^{-6} dx$

En faisant une IPP
$∫1A(lnx)x−6dx=[−lnx5x5−125x5]1A\displaystyle \int_1^A (lnx)x^{-6} dx=\biggr[-\dfrac{lnx}{5x^5}-\dfrac{1}{25x^5}\biggr]_1^A$
Tu fais tendre $A$ vers $+∞+\infty$ et tu déduis la convergence de $M$ donc de $L$

Tu peux ainsi conclure sur la convergence de $I$

Bons calculs.

@mtschoon merci beaucoup madame j'ai tout noté et je suis là révisé.

Bonne révision @medou-coulibaly !

Je vois que tu as posté un topic sur les équations différentielles.
Là, il n'y a pas de piège, c'est exclusivement du calcul en appliquant les formules de ton cours.

Alors , un conseil : faire une fiche de synthèse de ton cours et bien le maîtriser.

Tu peux vérifier tes résultats en ligne
https://www.dcode.fr/simplification-mathematique

@medou-coulibaly , bonjour,

Dans ton nouveau topic, tu as eu une intérrogation au sujet d' IPP
Au cours de ce topic ci, j'ai fait deux intégrations par parties (IPP) sans donner les calculs.
Assure toi que tu trouves bien les résultats, sinon, reposte. (je t'expliciterai la démarche)

@mtschoon Bonjour madame j'ai fait les calculs mais je n'y parviens pas.

@medou coulibaly bonjour,

Je te calcule l'intégrale relative à $l n x$ si tu n'y arrives pas.
Comme c'est un classique, je te conseille de te souvenir qu'une primitive de $l n x$ est $x l n x - x$

$dx\displaystyle K=\int_\epsilon^1 lnx dx=\int_\epsilon^1 1\times lnx\ dx$

$U (x) = l n x$
$U′(x)=1xU'(x)=\dfrac{1}{x}$
$V^{'} (x) = 1$
$V (x) = x$

$K=[U(x)V(x)]ϵ1−∫ϵ1V(x)U′(x)dx\displaystyle K=\biggr[U(x)V(x)\biggr]_\epsilon^1 -\int _\epsilon^1 V(x)U'(x)dx$

$K=[xlnx]ϵ1−∫ϵ1x(1x)dx\displaystyle K=\biggr[xlnx\biggr]_\epsilon^1 -\int _\epsilon^1 x(\dfrac{1}{x})dx$

$K=[xlnx]ϵ1−∫ϵ11dx\displaystyle K=\biggr[xlnx\biggr]_\epsilon^1 -\int _\epsilon^1 1dx$

$K=[xlnx]ϵ1−[x]ϵ11dx\displaystyle K=\biggr[xlnx\biggr]_\epsilon^1 -\biggr[x\biggr]_\epsilon^1 1dx$

$K=[xlnx−x]ϵ1\displaystyle K=\biggr[xlnx-x\biggr]_\epsilon^1$

$K=(1ln1−1)−(ϵlnϵ−ϵ)K=(1ln1-1)-(\epsilon ln\epsilon-\epsilon)$

$K=−1−ϵln(ϵ)+ϵK=-1-\epsilon ln(\epsilon)+\epsilon$

Lorsque $ϵ\epsilon$ tend vers 0 (par valeurs positives, bien sûr), $K$ tend vers $- 1$

Pour l'intégrale $M=∫1A(lnx)(x−6)dx\displaystyle M=\int_1^A(lnx)(x^{-6})dx$ , tu fais pareil.
$U (x) = l n x$
$U′(x)=1x=x−1U'(x)=\dfrac{1}{x}=x^{-1}$
$V′(x)=x−6=1x6V'(x)=x^{-6}=\dfrac{1}{x^6}$
$V(x)=x−5−5=−15x5V(x)=\dfrac{x^{-5}}{-5}=-\dfrac{1}{5x^5}$

Je te laisse faire le calcul.

Je pense que l'on a fait le tour des intégrales impropres

Si tu veux continuer à t'entraîner, sans en faire trop tout de même, tu peux regarder, par exemple ici :
https://math-os.com/solutions-exercices-int-impropres-01/

ou là
https://www.bibmath.net/ressources/index.php?action=affiche&quoi=bde/analyse/integration/integralesimpropres&type=fexo

Bien sûr, les explications ne peuvent pas être très détaillées car ce serait beaucoup trop long...mais ce sont des bons outils.

Bon travail !

@mtschoon Bonjour madame
Voilà ce que je trouve x^(-5) / (-5) = (-1) / 5x⁵
--> x^(-5) × 5x⁵ = (-1) × (-5)
---> 5(x)^(-5+5) = 5
---> 5 = 5

@medou-coulibaly bonjour,

$M=∫1A(lnx)x−6dxM=\displaystyle \int_1^A (lnx)x^{-6} dx$

Si tu parles de l'IPP pour calculer $M$ , tu devrais revoir la méthode d'intégration par parties car tu ne la maîtrises pas (ainsi peut-être que les primitives usuelles )...

Je t'ai déjà indiqué le début en prenant $U (x), U^{'} (x), V (x), V^{'} (x)$

En appliquant la même relation que pour l'intégrale $K$ (formule d'intégration par parties), tu obtiens :

$M=[(lnx)(x−5−5)]1A−∫1A(x−5−5)(x−1)dx\displaystyle M=\biggr[(lnx)(\dfrac{x^{-5}}{-5})\biggr]_1^A-\int_1^A (\dfrac{x^{-5}}{-5})(x^{-1})dx$

$M=[(lnx)(x−5−5)]1A+∫1Ax−65dx\displaystyle M=\biggr[(lnx)(\dfrac{x^{-5}}{-5})\biggr]_1^A+\int_1^A \dfrac{x^{-6}}{5}dx$

$M=[(lnx)(x−5−5)]1A+[x−5(−5)5]1A\displaystyle M=\biggr[(lnx)(\dfrac{x^{-5}}{-5})\biggr]_1^A+\biggr[\dfrac{x^{-5}}{(-5)5}\biggr]_1^A$

$M=[(lnx)(x−5−5)]1A−[x−525]1A\displaystyle M=\biggr[(lnx)(\dfrac{x^{-5}}{-5})\biggr]_1^A-\biggr[\dfrac{x^{-5}}{25}\biggr]_1^A$

$M=[(lnx)(x−5−5)−x−525]1A\displaystyle M=\biggr[(lnx)(\dfrac{x^{-5}}{-5})-\dfrac{x^{-5}}{25}\biggr]_1^A$

$M=[−lnx5x5−125x5]1A\displaystyle M=\biggr[\dfrac{-lnx}{5x^5}-\dfrac{1}{25x^5}\biggr]_1^A$

C'est la réponse que je t'avais donnée.

Il ne reste qu'à faire les calculs aux bornes.

$M=−lnA5A5−125A5+125M=\dfrac{-lnA}{5A^5}-\dfrac{1}{25A^5}+\dfrac{1}{25}$

Lorsque $A$ tend vers $+∞+\infty$ , $M$ tend vers $125\dfrac{1}{25}$

@mtschoon Bonjour madame, d'accord je vais bien reprendre afin de mieux comprendre, j'avais pas fait attention aux calculs.