Considérons $f(x)=x\log (x)$ sur $\left]0,1\right]$, qui est bien continue. Puisque $$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=0,$$ On peut définir $$\tilde{f}(x):=\{\begin{array}{ll}x\log (x)& \text{ si }0<x⩽1,\\ 0& \text{ si }x=0,\end{array}$$ et définir l’intégrale de $f$ sur $\left]0,1\right]$ comme l’intégrale de $\tilde{f}$ sur $[0,1]$. Puisque $\tilde{f}$ est continue, cette intégrale est bien définie. Puisque $$\int x\log (x)dx=\frac{x^2}{2}\log (x)-\frac{x^2}{4}+C$$ on peut considérer $$\tilde{F}(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{x^2}{2}\log (x)-\frac{x^2}{4}& \text{ si }0<x⩽1,\\ 0& \text{ si }x=0,\end{array}$$ qui est une primitive de $\tilde{f}$ continue sur $[0,1]$. Ainsi, par le Théorème Fondamental, $$\begin{array}{r}{\int }_0^1\tilde{f}(x)dx=\tilde{F}(1)-\tilde{F}(0)=-\frac{1}{4}.\end{array}$$

Considérons $f:]0,1]\to \mathbb{R}$, définie par $$f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}},$$ et essayons de calculer l’aire sous son graphe: Le problème avec cette fonction est qu’elle n’est pas bornée, puisque $$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=+\infty .$$ Par conséquent, il n’est même pas clair que l’aire sous son graphe soit bien définie. On ne peut pas mettre en place la méthode classique d’intégration au sens de Riemann/Darboux: la somme de Darboux supérieure a son premier rectangle qui est toujours de hauteur infinie! Donc cette fonction ne peut pas s’intégrer de manière naïve, en sommant simplement des aires de rectangles, et on ne peut pas donner le sens classique au symbole “${\int }_0^1\frac{1}{\sqrt{x}}dx$”.
L’idée, pour intégrer cette fonction, va être de traiter le problème en $x=0$ en utilisant un processus de limite.
En effet, si on fixe un nombre quelconque $0<\epsilon <1$, petit, on peut restreindre $f$ à l’intervalle $[\epsilon ,1]$. Comme $f:[\epsilon ,1]\to \mathbb{R}$ est continue (et par conséquent bornée), on peut l’intégrer de façon standard, et même utiliser le théorème fondamental: $${\int }_{\epsilon }^{1}f(x)dx={\int }_{\epsilon }^1\frac{1}{\sqrt{x}}dx=2\sqrt{x}{|}_{\epsilon }^1=2(1-\sqrt{\epsilon }).$$ Cette intégrale dépend de $\epsilon$, mais elle se comporte bien lorsque $\epsilon$ s’approche de zéro (par la droite). On peut en fait prendre la limite $\epsilon \to 0^{+}$, pour donner un sens à l’intégrale de $f$ sur $]0,1]$, au sens d’une limite: $$\underset{\epsilon \to 0^{+}}{\lim }{\int }_{\epsilon }^1\frac{1}{\sqrt{x}}dx=2.$$

Considérons l’intégrale généralisée de $f(x)=\frac{1}{x}$ sur l’intervalle $]0,1]$: $$\begin{array}{rl}{\int }_{0^{+}}^1\frac{1}{x}dx& =\underset{\epsilon \to 0^{+}}{\lim }{\int }_{\epsilon }^1\frac{1}{x}dx\\ & =\underset{\epsilon \to 0^{+}}{\lim }\log (x){|}_{\epsilon }^1\\ & =\underset{\epsilon \to 0^{+}}{\lim }(-\log (\epsilon ))\\ & =+\infty ,\end{array}$$ donc l’intégrale diverge.

L’intégrale généralisée de $f(x)=\frac{1}{\sqrt[3]{5-x}}$ sur $[2,5[$ converge, car $$\begin{array}{rl}{\int }_2^{5^{-}}\frac{1}{\sqrt[3]{5-x}}& =\underset{\beta \to 5^{-}}{\lim }{\int }_2^{\beta }\frac{1}{\sqrt[3]{5-x}}\\ & =\underset{\beta \to 5^{-}}{\lim }-\frac{3}{2}(5-x{)}^{2/3}{|}_2^{\beta }\\ & =\underset{\beta \to 5^{-}}{\lim }\frac{3}{2}\{3^{2/3}-(5-\beta {)}^{2/3}\}\\ & =\frac{3^{5/3}}{2}.\end{array}$$ Remarquons que ${\lim }_{x\to 5^{-}}f(x)=+\infty$.

Étudions la convergence de l’intégrale généralisée $${\int }_{1^{+}}^2\frac{1}{\sqrt{x^3-1}}dx.$$ Le calcul de la primitive de $\frac{1}{\sqrt{x^3-1}}$ étant hardu, on cherche plutôt à faire une comparaison avec l’intégrale d’une autre fonction, plus simple.
En effet, pour tout $x\in ]1,2]$, on peut factoriser $x^3-1$, $$0⩽f(x)=\frac{1}{\sqrt{x^3-1}}=\frac{1}{\sqrt{(x-1)(\underset{⩾0}{\underbrace{x^2+x}}+1)}}⩽\frac{1}{\sqrt{x-1}}=g(x).$$Mais maintenant, $${\int }_{1^{+}}^{2}g(x)dx=\underset{\alpha \to 1^{+}}{\lim }{\int }_{\alpha }^{2}g(x)dx=\underset{\alpha \to 1^{+}}{\lim }2\sqrt{x-1}{|}_{\alpha }^2=2(\text{converge}).$$ Donc l’intégrale de $f$ converge aussi.
On a donc montré que ${\int }_{1^{+}}^2\frac{1}{\sqrt{x^3-1}}dx$ converge, sans avoir eu besoin de calculer une primitive de $\frac{1}{\sqrt{x^3-1}}$.

Considérons $${\int }_{0^{+}}^{\frac{\pi }{4}}\frac{1}{x^2\cos (x)}dx,$$ qui est généralisée puisque ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{1}{x^2\cos (x)}=+\infty$. Comme $0<\cos (x)⩽1$ pour tout $x\in ]0,\frac{\pi }{4}]$, on peut utiliser la comparaison $${\int }_{0^{+}}^{\frac{\pi }{4}}\frac{1}{x^2\cos (x)}dx⩾{\int }_{0^{+}}^{\frac{\pi }{4}}\frac{1}{x^2}dx=+\infty ,$$ puisque dans cette dernière, $q=2>1$.

Étudions la convergence de l’intégrale généralisée $${\int }_{-1^{+}}^1\frac{\sin (\frac{\pi }{2}{x}^2)}{\sqrt{x+1}}dx.$$ Cette intégrale est bien généralisée puisque ${\lim }_{x\to -1^{+}}f(x)=+\infty$. Pourtant, on remarque que ce qui fait tendre $f$ vers l’infini, c’est la présence de $\frac{1}{\sqrt{x+1}}$: le sinus ne pose pas de problème (à part pour le calcul de la primitive). Si on pose $$g(x):=\frac{1}{\sqrt{x+1}},$$ alors $$\begin{array}{rl}{\int }_{-1^{+}}^{1}g(x)& =\underset{\alpha \to -1^{+}}{\lim }{\int }_{\alpha }^1\frac{1}{\sqrt{x+1}}dx\\ & =2\underset{\alpha \to -1^{+}}{\lim }(\sqrt{2}-\sqrt{\alpha +1})\\ & =2\sqrt{2}.\end{array}$$ Et comme $$\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\sin (\frac{\pi }{2}{x}^2)=1>0,$$ l’intégrale généralisée de $f$ converge aussi.

L’exemple vu précédemment, ${\int }_{1^{+}}^2\frac{1}{\sqrt{x^3-1}}dx$, peut aussi se traiter en utilisant la proposition. Posons $$g(x)=\frac{1}{\sqrt{x-1}},$$ qui comme on sait a une intégrale généralisée sur $]1,2]$ convergente (puisque $q=\frac{1}{2}<1$). On remarque alors que $$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\sqrt{\frac{x-1}{x^3-1}}=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\sqrt{\frac{1}{x^2+x+1}}=\frac{1}{\sqrt{3}}>0,$$ on en déduit, par la proposition, que ${\int }_{1^{+}}^2\frac{1}{\sqrt{x^3-1}}dx$ converge.