Dans cet article, vous souhaitez justifier la convergence de l’intégrale impropre $\int_0^{+\infty} \frac{\mathrm{d}x}{x^2+\sqrt{x}}$ et déterminer sa valeur.
Isolez le problème avec $+\infty$
Soit $M$ un nombre réel strictement positif fixé.
L’idée principale est de comprendre pourquoi l’intégrale $I=\displaystyle\int_0^M \frac{\mathrm{d}x}{x^2+\sqrt{x}}$ est bien définie. En effet, il y a un problème en $0$ où la fonction $x\mapsto \frac{1}{x^2+\sqrt{x}}$ n’est pas définie en $0.$
Effectuez un changement de variable
Soit maintenant $\varepsilon$ un réel strictement positif tel que $\varepsilon < M.$
Afin d’éliminer la racine carrée, vous posez $y=\sqrt{x}$ de sorte que $y^2=x$ et $2y\mathrm{d}y=\mathrm{d}x.$
Du coup :
\begin{align*}
\int_{\varepsilon}^M \frac{\mathrm{d}x}{x^2+\sqrt{x}}&=\displaystyle\int_{\sqrt{\varepsilon}}^{\sqrt{M}} \frac{2y\mathrm{d}y}{y^4+y}\ &= 2\int_{\sqrt{\varepsilon}}^{\sqrt{M}} \frac{\mathrm{d}y}{y^3+1}. \end{align*}La dernière expression fait apparaître l’intégrale de la fonction $x\mapsto \frac{1}{x^3+1}$ qui est une fonction continue sur le segment $[0,\sqrt{M}].$
Ainsi, la limite de $\int_{\sqrt{\varepsilon}}^{\sqrt{M}} \frac{\mathrm{d}y}{y^3+1}$ quand $\varepsilon\to 0$ existe et :
\lim_{\varepsilon\to 0} \int_{\sqrt{\varepsilon}}^{\sqrt{M}} \frac{\mathrm{d}y}{y^3+1} = \int_{0}^{\sqrt{M}} \frac{\mathrm{d}y}{y^3+1}.Vous en déduisez la convergence de l’intégrale $I = \int_{0}^M \frac{\mathrm{d}x}{x^2+\sqrt{x}}.$
D’après ce qui précède, vous avez $I = \int_{0}^{\sqrt{M}} \frac{\mathrm{d}y}{y^3+1}.$
Effectuez une décomposition en éléments simples
Dans le corps des fractions rationnelles $\R(X)$, la fraction $\displaystyle\frac{1}{X^3+1}$ n’est pas décomposée en éléments simples, puisque le dénominateur $X^3+1$ est un polynôme de degré $3.$
L’équation $X^3+1=0$ admettant une unique solution réelle qui est $X=-1$, vous savez que le polynôme $X^3+1$ est factorisable par $X+1.$
La division euclidienne s’effectue de la façon suivante :
\begin{align*}
X^3+1 &= (X+1)X^2-X^2+1\\
&= (X+1)X^2-(X+1)X+X+1\\
&= (X+1)X^2-(X+1)X+(X+1)1\\
&= (X+1)(X^2-X+1).
\end{align*}D’après le théorème de décomposition en éléments simples, il existe un triplet de réels $(a,b,c)\in\R^3$ tel que :
\displaystyle\frac{1}{X^3+1} = \frac{a}{X+1}+\frac{bX+c}{X^2-X+1}.Le plus rapide est de calculer $a$ en multipliant par $X+1$ puis en évaluant en $X=-1$. Vous obtenez :
\begin{align*} a &= \left.\frac{1}{X^2-X+1}\right\vert_{X=-1}\\
&= \frac{1}{1+1+1}\\
&=\frac{1}{3}.
\end{align*}Il est rapide de trouver $b$ à partir du nombre $a$, vous multipliez le tout par $X$ :
\displaystyle\frac{X}{X^3+1} = \frac{aX}{X+1}+\frac{bX^2+cX}{X^2-X+1}.Puis vous passez à la limite lorsque $X\to +\infty$. Vous obtenez $0 = a+b$ donc $b=\displaystyle-\frac{1}{3}.$
Comme il ne reste plus qu’un coefficient à trouver, vous pouvez effectuer $X=0$ dans l’égalité :
\displaystyle\frac{1}{X^3+1} = \frac{a}{X+1}+\frac{bX+c}{X^2-X+1}.D’où $1 = a+c$ et par suite $c=1-a = \frac{2}{3}.$ Ainsi :
\boxed{\displaystyle\frac{1}{X^3+1} = \frac{1}{3(X+1)}+\frac{-X+2}{3(X^2-X+1)}.}Intégrez les éléments simples
Notez $J = \displaystyle\int_{0}^{\sqrt{M}} \frac{\mathrm{d}x}{x+1}$ et $ K= \displaystyle\int_{0}^{\sqrt{M}} \frac{-x+2}{x^2-x+1}\,\mathrm{d}x.$
Calculez $J$
\begin{align*} J &= \displaystyle \left[\ln(x+1)\right]{0}^{\sqrt{M}}\\
&=\ln\left(\sqrt{M}+1\right).
\end{align*}Calculez $K$
L’idée est d’utiliser la forme canonique du trinôme $X^2-X+1 = \displaystyle\left(X-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}$ pour préparer un changement de variable :
\begin{align*} K&= \displaystyle\int_{0}^{\sqrt{M}} \frac{-x+2}{x^2-x+1}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_{0}^{\sqrt{M}} \frac{-x+2}{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}\,\mathrm{d}x.
\end{align*}Vous posez alors $y=\displaystyle x-\frac{1}{2}.$ Alors :
\begin{align*} K &=\displaystyle\int_{-1/2}^{\sqrt{M}-1/2} \frac{-(y+\frac{1}{2})+2}{y^2+\frac{3}{4}}\,\mathrm{d}y \\
&=\int_{-1/2}^{\sqrt{M}-1/2} \frac{-y+\frac{3}{2}}{y^2+\frac{3}{4}}\,\mathrm{d}y\\
&=\int_{-1/2}^{\sqrt{M}-1/2} \frac{-y}{y^2+\frac{3}{4}}\,\mathrm{d}y + \int_{-1/2}^{\sqrt{M}-1/2} \frac{\frac{3}{2}}{y^2+\frac{3}{4}}\,\mathrm{d}y\\
&=-\frac{1}{2}\int_{-1/2}^{\sqrt{M}-1/2} \frac{2y}{y^2+\frac{3}{4}}\,\mathrm{d}y + \frac{3}{2}\int_{-1/2}^{\sqrt{M}-1/2} \frac{1}{y^2+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2}\,\mathrm{d}y \\
&= -\frac{1}{2}\left[ \ln\left(y^2+\frac{3}{4}\right)\right]_{-1/2}^{\sqrt{M}-1/2} + \frac{\sqrt{3}\times \sqrt{3}}{2} \frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}}\left[\arctan\left(\frac{y}{\frac{\sqrt{3}}{2}}\right)\right]_{-1/2}^{\sqrt{M}-1/2}\\
&=-\frac{1}{2}\ln (M-\sqrt{M}+1) + \sqrt{3} \left[\arctan\left(\frac{y}{\frac{\sqrt{3}}{2}}\right)\right]_{-1/2}^{\sqrt{M}-1/2}\\
&=-\frac{1}{2}\ln (M-\sqrt{M}+1) + \sqrt{3} \arctan\left(\frac{\sqrt{M}-1/2}{\frac{\sqrt{3}}{2}}\right) - \sqrt{3} \arctan\left(\frac{-1/2}{\frac{\sqrt{3}}{2}}\right) \\
&=-\frac{1}{2}\ln (M-\sqrt{M}+1) + \sqrt{3} \arctan\left(\frac{\sqrt{M}-1/2}{\frac{\sqrt{3}}{2}}\right) + \sqrt{3} \arctan\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) \\ &=-\frac{1}{2}\ln (M-\sqrt{M}+1) + \sqrt{3} \arctan\left(\frac{\sqrt{M}-1/2}{\frac{\sqrt{3}}{2}}\right) + \frac{\pi\sqrt{3}}{6}.
\end{align*}Passez à la limite
\begin{align*} I&=\displaystyle\int_0^M \frac{\mathrm{d}x}{x^2+\sqrt{x}}\\
&= 2\int_0^{\sqrt{M}} \frac{\mathrm{d}x}{x^3+1}\\
&= \frac{2}{3} J + \frac{2}{3}K \\
&=\frac{2}{3}\ln\left(\sqrt{M}+1\right) -\frac{1}{3}\ln (M-\sqrt{M}+1) + \frac{2\sqrt{3}}{3} \arctan\left(\frac{\sqrt{M}-1/2}{\frac{\sqrt{3}}{2}}\right) + \frac{\pi\sqrt{3}}{9}\\
&=\frac{1}{3}\ln\left(M+2\sqrt{M}+1\right) -\frac{1}{3}\ln (M-\sqrt{M}+1)+ \frac{2\sqrt{3}}{3} \arctan\left(\frac{\sqrt{M}-1/2}{\frac{\sqrt{3}}{2}}\right) + \frac{\pi\sqrt{3}}{9} \\
&=\frac{1}{3}\ln \frac{M+2\sqrt{M}+1}{M-\sqrt{M}+1} + \frac{2\sqrt{3}}{3} \arctan\left(\frac{\sqrt{M}-1/2}{\frac{\sqrt{3}}{2}}\right) + \frac{\pi\sqrt{3}}{9}\\&= \frac{1}{3}\ln \frac{1+\frac{2}{\sqrt{M}}+\frac{1}{M}}{1-\frac{1}{\sqrt{M}}+\frac{1}{M}} + \frac{2\sqrt{3}}{3} \arctan\left(\frac{\sqrt{M}-1/2}{\frac{\sqrt{3}}{2}}\right) + \frac{\pi\sqrt{3}}{9}.
\end{align*}Quand $M$ tend vers $+\infty$ vous avez :
\frac{1+\frac{2}{\sqrt{M}}+\frac{1}{M}}{1-\frac{1}{\sqrt{M}}+\frac{1}{M}} \to 1.Vous déduisez :
\ln \frac{1+\frac{2}{\sqrt{M}}+\frac{1}{M}}{1-\frac{1}{\sqrt{M}}+\frac{1}{M}} \to 0.Quand $M$ tend vers $+\infty$ vous avez :
\frac{\sqrt{M}-1/2}{\frac{\sqrt{3}}{2}} \to +\inftyDu coup :
\arctan\left(\frac{\sqrt{M}-1/2}{\frac{\sqrt{3}}{2}}\right) \to \frac{\pi}{2}.Concluez
De ce qui précède, la limite de $\displaystyle\int_0^M \frac{\mathrm{d}x}{x^2+\sqrt{x}}$ quand $M\to +\infty$ existe. Elle est égale à :
\begin{align*}\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{\mathrm{d}x}{x^2+\sqrt{x}}
&= \frac{2\sqrt{3}}{3}\times \frac{\pi}{2} + \frac{\pi\sqrt{3}}{9}\\
&= \frac{\pi\sqrt{3}}{3} + \frac{\pi\sqrt{3}}{9} \\
&= \frac{3\pi\sqrt{3}}{9} + \frac{\pi\sqrt{3}}{9} \\
&= \frac{4\pi\sqrt{3}}{9}.
\end{align*}En définitive :
\boxed{\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{\mathrm{d}x}{x^2+\sqrt{x}} = \frac{4\pi\sqrt{3}}{9}.}Partagez maintenant !
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