Considérons l’intégrale de Type III $${\int }_{0^{+}}^{2^{-}}\frac{1}{\sqrt{2x-x^2}}dx.$$ On peut la décomposer en $${\int }_{0^{+}}^{2^{-}}\frac{1}{\sqrt{x}\sqrt{2-x}}dx={\int }_{0^{+}}^1\frac{1}{\sqrt{x}\sqrt{2-x}}dx+{\int }_1^{2^{-}}\frac{1}{\sqrt{x}\sqrt{2-x}}dx.$$ Le changement de variable $x=\phi (u)=2u^2$ permet d’écrire $$\int \frac{1}{\sqrt{x}\sqrt{2-x}}dx=\int \frac{1}{\sqrt{2}u\sqrt{2-2u^2}}4udu=2\int \frac{1}{\sqrt{1-u^2}}du.$$ Ce changement de variable montre que la première intégrale converge, $$\begin{array}{rl}{\int }_{0^{+}}^1\frac{1}{\sqrt{x}\sqrt{2-x}}dx& =\underset{\epsilon \to 0^{+}}{\lim }{\int }_{\epsilon }^1\frac{1}{\sqrt{x}\sqrt{2-x}}dx\\ & =2\underset{\epsilon \to 0^{+}}{\lim }{\int }_{\sqrt{\epsilon /2}}^{1/\sqrt{2}}\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}du\\ & =2\underset{\epsilon \to 0^{+}}{\lim }\left(\arcsin (1/\sqrt{2})-\arcsin (\sqrt{\epsilon /2})\right)\\ & =2\left(\arcsin (1/\sqrt{2})-\arcsin (0)\right)\\ & =2\arcsin (1/\sqrt{2}).\end{array}$$ de même pour la deuxième: $$\begin{array}{rl}{\int }_1^{2^{-}}\frac{1}{\sqrt{x}\sqrt{2-x}}dx& =\underset{\beta \to 2^{-}}{\lim }{\int }_1^{\beta }\frac{1}{\sqrt{x}\sqrt{2-x}}dx\\ & =2\underset{\beta \to 2^{-}}{\lim }{\int }_{1/\sqrt{2}}^{\sqrt{\beta /2}}\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}du\\ & =2\underset{\beta \to 2^{-}}{\lim }\left(\arcsin (\sqrt{\beta /2})-\arcsin (1/\sqrt{2})\right)\\ & =2\left(\arcsin (1)-\arcsin (1/\sqrt{2})\right)\\ & =\pi -2\arcsin (1/\sqrt{2}).\end{array}$$ donc l’intégrale converge, et sa valeur est $$\begin{array}{rl}{\int }_{0^{+}}^{2^{-}}\frac{1}{\sqrt{x}\sqrt{2-x}}dx& =2\arcsin (1/\sqrt{2})+(\pi -2\arcsin (1/\sqrt{2}))\\ & =\pi .\end{array}$$

Considérons l’intégrale de Type III $${\int }_{0^{+}}^{1-}\frac{1}{x\sqrt{1-x}}dx,$$ que l’on décompose naturellement en La deuxième intégrale converge puisque qui converge ($p=\frac{1}{3}<1$). Par contre la première diverge puisque Donc l’intégrale diverge.

Considérons $${\int }_{0^{+}}^{\infty }\frac{1}{x^{3/2}}dx.$$ On sépare: $${\int }_{0^{+}}^{\infty }\frac{1}{x^{3/2}}dx={\int }_{0^{+}}^2\frac{1}{x^{3/2}}dx+{\int }_2^{\infty }\frac{1}{x^{3/2}}.$$ Comme ici, $p=\frac{3}{2}>1$, la première diverge et la deuxième converge. Donc toute l’intégrale diverge.

Considérons l’intégrale de Type III donnée par $${\int }_{0^{+}}^{\infty }\frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}dx.$$ En décomposant $${\int }_{0^{+}}^{\infty }\frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}dx={\int }_{0^{+}}^1\frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}dx+{\int }_1^{\infty }\frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}dx,$$ on remarque que la première (de Type I) converge puisque $e^{-x}⩽1$ pour tout $x⩾0$, et donc $${\int }_{0^{+}}^1\frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}dx⩽{\int }_{0^{+}}^1\frac{1}{\sqrt{x}}dx,$$ qui converge puisque $p=\frac{1}{2}<1$. La deuxième converge aussi puisque $${\int }_1^{\infty }\frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}dx⩽{\int }_1^{\infty }\frac{e^{-x}}{\sqrt{1}}dx=e^{-1}.$$ Donc l’intégrale de Type III converge.

Considérons $${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{x}{x^2+1}dx,$$ que l’on décompose en $${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{x}{x^2+1}dx={\int }_{-\infty }^0\frac{x}{x^2+1}dx+{\int }_0^{\infty }\frac{x}{x^2+1}dx.$$ Comme $${\int }_0^{\infty }\frac{x}{x^2+1}dx=\underset{L\to \infty }{\lim }{\int }_0^L\frac{x}{x^2+1}dx=\underset{L\to \infty }{\lim }\frac{1}{2}\log (L^2+1)=+\infty ,$$ l’intégrale est divergente.