PROBLEME 1 - Exercice 1

L'intégrale $$\varphi (\alpha \,;\, \beta)$$ n'est pas une intégrale généralisée (on dit également impropre) de première espèce puisqu'aucune de ses bornes n'est infinie.
Étudions maintenant l'éventuelle présence d'une singularité appartenant au domaine d'intégration. On a alors :
$$\alpha - \beta \cos x = 0 \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \alpha = \beta \cos x \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \dfrac{\alpha}{\beta} = \cos x$$
Or, par hypothèse, on sait que $$\alpha > \beta$$, d'où :
$$\dfrac{\alpha}{\beta} > 1 \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \cos x > 1$$
Or $$\forall x \in \mathbb{R}$$, il est impossible d'avoir $$\cos x > 1$$. Ainsi, il est donc impossible d'avoir la condition $$\alpha - \beta \cos x = 0$$. Autrement dit, on a :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \,\, \alpha - \beta \cos x \neq 0$$
Ainsi, l'intégrande existe sur l'intervalle d'intégration $$[0 \, ; \, \pi]$$, et donc l'intégrale $$\varphi (\alpha \,;\, \beta)$$ n'est pas une intégrale impropre de deuxième espèce et donc nécessairement pas de troisième espèce.
De plus, la fonction $$\dfrac{1}{\alpha - \beta \cos x}$$ est dérivable sur $$[0 \, ; \, \pi]$$, car :
$$\left( \dfrac{1}{\alpha - \beta \cos x} \right)' =- \dfrac{\beta \sin x}{(\alpha - \beta \cos x)^2}$$
Ainsi, l'intégrande est dérivable sur $$[0 \, ; \, \pi]$$ et donc y est continue. Donc $$\varphi (\alpha \,;\, \beta)$$ n'est pas une intégrale propre.

Effectuons le changement de variable $$u = \tan \left( \dfrac{x}{2}\right)$$, et à l'aide de la figure géométrique on a :
$$\cos \left( \dfrac{x}{2}\right) = \dfrac{1}{\sqrt{1+u^2}} \,\,\,\, \mathrm{et} \,\,\,\, \sin \left( \dfrac{x}{2}\right) = \dfrac{u}{\sqrt{1+u^2}}$$
Donc, on peut écrire que :
$$\cos x = \cos^2 \left( \dfrac{x}{2}\right) - \sin^2 \left( \dfrac{x}{2}\right) = \dfrac{1}{1+u^2} - \dfrac{u}{1+u^2}$$
Finalement :
$$\cos x = \dfrac{1-u^2}{1+u^2}$$

On a :
$$u = \tan \left( \dfrac{x}{2}\right) \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, x = 2 \arctan u$$
Donc en dérivant, on obtient :
$$\dfrac{dx}{du} = \dfrac{d}{du} (2 \arctan u) \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{dx}{du} = 2 \dfrac{d}{du} (\arctan u)\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{dx}{du} = 2 \dfrac{1}{1+u^2 }$$
D'où :
$$d x = \dfrac{2}{1+u^2} du$$

Les bornes de l'intégrale en $$u$$ sont :
$$\bullet \,\,$$ Si $$x =0$$ alors $$u = \tan \left( \dfrac{0}{2}\right) = 0$$ ;
$$\bullet \bullet \,\,$$ Si $$x = \pi$$ alors $$u = \tan \left( \dfrac{\pi}{2}\right) \longrightarrow + \infty$$ ;

On a :
$$\varphi (\alpha \,;\, \beta) = \int_{0}^{\pi} \dfrac{1}{\alpha - \beta \cos x} \, dx = \lim_{b \longrightarrow +\infty} \int_{0}^{b} \dfrac{1}{\alpha - \beta \dfrac{1-u^2}{1+u^2}} \, \dfrac{2}{1+u^2} du$$
Soit :
$$\varphi (\alpha \,;\, \beta) = 2 \lim_{b \longrightarrow +\infty} \int_{0}^{b} \dfrac{1}{\alpha (1+u^2) - \beta (1-u^2) } \, du$$
Ce qui nous donne encore :
$$\varphi (\alpha \,;\, \beta) = 2 \lim_{b \longrightarrow +\infty} \int_{0}^{b} \dfrac{1}{\alpha + \alpha u^2 - \beta + \beta u^2 } \, du = 2 \lim_{b \longrightarrow +\infty} \int_{0}^{b} \dfrac{1}{\alpha - \beta + (\alpha + \beta) u^2 } \, du$$
Donc, en factorisant par $$\alpha - \beta$$, on trouve que :
$$\varphi (\alpha \,;\, \beta) = \dfrac{2}{\alpha - \beta} \lim_{b \longrightarrow +\infty} \int_{0}^{b} \dfrac{1}{1 + \dfrac{\alpha + \beta}{\alpha - \beta} u^2 } \, du$$
Finalement, on trouve bien que :
$$\varphi (\alpha \,;\, \beta) = \lim_{b \longrightarrow +\infty} \dfrac{2}{\alpha - \beta} \int_{0}^{b} \dfrac{1}{1 + \left( u\sqrt{\dfrac{\alpha + \beta}{\alpha - \beta}} \right)^2} \, du$$

Effectuons le changement de variable suivant :
$$X =u\sqrt{\dfrac{\alpha + \beta}{\alpha - \beta}} \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, \dfrac{dX}{du} = \sqrt{\dfrac{\alpha + \beta}{\alpha - \beta}} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, dX = \sqrt{\dfrac{\alpha + \beta}{\alpha - \beta}} du$$
Ainsi :
$$du = \sqrt{\dfrac{\alpha - \beta}{\alpha + \beta}} dX$$
Donc on obtient :
$$\varphi (\alpha \,;\, \beta) = \lim_{b \longrightarrow +\infty} \dfrac{2}{\alpha - \beta} \int_{0}^{b} \dfrac{1}{1 + X^2} \, \sqrt{\dfrac{\alpha - \beta}{\alpha + \beta}} dX$$
Ce qui donne :
$$\varphi (\alpha \,;\, \beta) = \lim_{b \longrightarrow +\infty} \dfrac{2}{\alpha - \beta} \sqrt{\dfrac{\alpha - \beta}{\alpha + \beta}} \int_{0}^{b} \dfrac{1}{1 + X^2} \, dX$$
Soit encore :
$$\varphi (\alpha \,;\, \beta) = \lim_{b \longrightarrow +\infty} \dfrac{2}{\sqrt{\alpha - \beta} \sqrt{\alpha - \beta}} \sqrt{\dfrac{\alpha - \beta}{\alpha + \beta}} \int_{0}^{b} \dfrac{1}{1 + X^2} \, dX$$
En simplifiant on obtient :
$$\varphi (\alpha \,;\, \beta) = \lim_{b \longrightarrow +\infty} \dfrac{2}{\sqrt{\alpha - \beta} \sqrt{\alpha + \beta}} \int_{0}^{b} \dfrac{1}{1 + X^2} \, dX$$
Que l'on écrit encore :
$$\varphi (\alpha \,;\, \beta) = \lim_{b \longrightarrow +\infty} \dfrac{2}{\sqrt{(\alpha - \beta)(\alpha + \beta)} } \int_{0}^{b} \dfrac{1}{1 + X^2} \, dX$$
En utilisant une identité remarquable, on trouve bien :
$$\varphi (\alpha \,;\, \beta) = \dfrac{2}{\sqrt{\alpha^2 - \beta^2}} \, \mathcal{I}$$
avec :
$$\mathcal{I} = \int_{0}^{+\infty} \dfrac{1}{1+X^2} \, dX = \lim_{b \longrightarrow +\infty} \int_{0}^{b} \dfrac{1}{1+X^2} \, dX$$

L'intégrale $$\mathcal{I}$$ est de première espèce car sa borne supérieure est infinie.

On a :
$$\mathcal{I} = \lim_{b \longrightarrow +\infty} \int_{0}^{b} \dfrac{1}{1+X^2} \, dX = \lim_{b \longrightarrow +\infty} [\arctan (X)]_{0}^{b} = \lim_{b \longrightarrow +\infty} \arctan (b) - \arctan (0)$$
Donc, on obtient :
$$\mathcal{I} = \dfrac{\pi}{2} - 0 \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \mathcal{I} = \dfrac{\pi}{2}$$

Donc la valeur de $$\varphi (\alpha \,;\, \beta)$$ est :
$$\varphi (\alpha \,;\, \beta) = \dfrac{2}{\sqrt{\alpha^2 - \beta^2}} \, \dfrac{\pi}{2}$$
En simplifiant :
$$\varphi (\alpha \,;\, \beta) = \dfrac{\pi}{\sqrt{\alpha^2 - \beta^2}}$$

La valeur exacte de $$\varphi (2 \,;\, 1)$$ est :
$$\varphi (\alpha = 2 \,;\, \beta = 1) = \dfrac{\pi}{\sqrt{2^2 - 1^2}} \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \varphi (\alpha = 2 \,;\, \beta = 1) = \dfrac{\pi}{\sqrt{4 - 1}}$$
Finalement :
$$\varphi (\alpha = 2 \,;\, \beta = 1) = \dfrac{\pi}{\sqrt{3}}$$