Module d’analyse S2 SMPC

1

Définition 0.0.1 Soit I = [a, b] un intérvale de R avec a et b deux éléments de R (a<b), on appelle subdivision de[a;b] toute famille finie :x₀ =a < x₁ < ... < x_k < ... < x_n =b Dans ce cas on note δ_n= max{(x_i+1−x_i)/i= 1; 2;...;n−1} et on l’appelle le pas de la subdivision .

Exemples 0.0.2 .

1. Prenons le cas de I = [0,1].

– x₀ = 0< x₁= ¹₂ < x₂= 1 est une subdivision de I et il est claire que son pas est égale a δ= ¹₂ – x₀ = 0< x₁ = ¹₃ < x₂ = ¹₂ < x₃ = ³₄ < x₄ = 1 est une autre subdivision du même intérvale I

mais cette fois le pas est égale a δ= ¹₃

– x₀ = 0< x₁ = ¹_n < x₂ = _n² < x₃ = _n³ < x₄ = _n⁴ < ... < x_n = ⁿ_n = 1 est une sudivision de I avec le pasδ = _n¹

2. Dans le cas ou I = [a, b], on peut considérer la subdivision uniforme suivante :

x₀ =a < x₁=a+.^b−_n^a < x₂ =a+ 2.^b−_n^a < x₃=a+ 3.^b−_n^a... < x_k =a+k.^b−_n^a < .... < x_n=b c’est une subdivision uniforme de I dont le pas δ_n= ^b−a_n

Fonction en escalier :

Définition 0.0.3 On appelle fonction en escalier sur I = [a, b] toute fonction φ : [a, b] −→ R ^telle que il éxiste une subdivisionx0 =a < x1 < ... < xn=bde [a, b]avec :

ϕ/]x_i−1, x_i[=λ_i =constante pour touti= 1; 2;...;n.

Exemples 0.0.4 .

3

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5

−2

−1 1 2 3 4

0

Définition 0.0.5 Soit φ: [a, b]−→ R une fonction en escalier sur [a, b], alors on définie l’intégrale de φsur[a, b]par :

Z b

a

φ(x)dx= Xn

i=1

λi(xi−xi−1)

Intérprétation géométrique : Dans l’exemple précédent , l’intégrale de notre fonction est exacte- ment l’aire ( algébrique ) de la zone délimiter par la courbe et l’axe des x .

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5 6 7

−3

−2

−1 1 2 3 4 5 6

0

Définition 0.0.6 Soitf : [a, b]→R une fonction ,x₀ =a < x₁ < ... < x_n =bune subdivision de [a, b]donné ; avec le pasδ_n .

Dans chaque intérvale[xp−1, xp]On choisit un élément ξp.

On appelle somme de Riemann def relativement a la subdivision(x_i)_{0≤i≤n−1}, au pasδ_n, et au éléments (ξ_p)_p la quantité : S_n = Pnp=1(x_p−x_p−1).f(ξ_p) On dit quef est intégrable au sens de Riemann sur [a, b]si : quandδ_n→0(le pas tend vers zéro ) la suite S_n tend vers une limite finie notée :

Z _b

a

f(x)dx Intérprétation Géométrique :

f(x) =xsin(x)

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

−3

−2

−1 1 2 3 4

0

Propriétés 0.0.7 Soit f : [a, b]→R ^{et g: [a, b]}→R deux fonctions intégrables au sens de Riemann sur [a, b] etλ∈R alors on a les propriétés suivantes :

1.

Z _b

a

(f+λg)(x)dx= Z _b

a

f(x)dx+λ Z _b

a

g(x)dx.

2. Si f ≥0⇒ Z b

a

f(x)dx≥0 3. Si f ≥g⇒

Z b

a

f(x)dx≥ Z b

a

g(x)dx

4. | Z b

a

f(x)dx| ≤ Z b

a|f(x)|dx

5. Relation de Chasle :por tout a < c < b on a : Z _b

a

f(x)dx= Z _c

a

f(x)dx+ Z _b

c

f(x)dx

6.

Z a

b

f(x)dx=− Z b

a

f(x)dx

7.

Z a

a

f(x)dx= 0 , pour tout a∈R

Théorème 0.0.8 Toute fonction continue sur un intérvale [a;b]est intégrable au sens de Riemann .

Proposition 0.0.9 (Somme de Riemann )

Soit f : [a, b]→R une fonction continue ; alors les deux suites suivantes : un= 1

n

n−1X

k=0

f(a+k.(b−a)

n ), et, vn= 1 n

Xn

k=1

f(a+k.(b−a) n ) sont convérgentes vers la même limite ;et on a :

n→+∞lim u_n= lim

n→+∞v_n= 1 b−a

Z b

a

f(t)dt Exemples 0.0.10 .

1. Calculer la limite de la suite suivante . u_n=

√1 +√

2 +...+√ n n.√

n Il est clair qu’on a pas a faire a une suite ordinaire : En effet un= ¹_n(

q1 n+

q2

n+...+p_n

n) est une suite de Riemann et on a :

n→lim+∞u_n= 1 1−0

Z 1

0

√xdx= 2 3 2. Calculer la limite de la suite suivante :

v_n= 1 n

Xn

p=0

p p

n²+p²

De la même manière que précedement cette suite est une somme de Riemann car v_n= 1

n Xn

p=0 p

q n

1 + (_n^p)² pour la fonction f(x) = √ ^x

1+x² et a+p^b−a_n = _n^p et donc a= 0 etb= 1 et donc ona lim

n→+∞v_n=

1 1−0

Z 1

0

f(x)dx= [√

1 +x²]¹₀=√ 2−1

Primitive :

Définition 0.0.11 Soitf une fonction définie sur un intérvaleI , une fonctionF est dite une primitive de f surI si et seulement si :

1) F est dérivable sur I. 2) ∀x∈I, F⁰(x) =f(x).

Notation :

Dans ce cas on note

F(x) = Z

f(x)dx

Remarque 0.0.12 Si G est une autre primitive de f sur I alors F −G=const.

Proposition 0.0.13 .

Soitf une fonction continue sur [a, b]et F une primitive de f sur [a, b] alors Z b

a

f(x)dx=F(b)−F(a)

Proposition 0.0.14 Soitf une fonction définie et continue sur [a, b], alors la fonction Z x

a

f(t)dt est une primitive de f sur [a, b].

Primitives usuelles :

Fonction Primitive x^α α6=−1 _α+1¹ x^α+1

1

x ln(|x|) +C cos(x) sin(x) +C sin(x) −cos(x) +C

1

1 +x² arctan(x) +C

√ 1

1−x² arcsin(x) +C

− 1

√1−x² arccos(x) +C

e^x e^x+C

Exemples 0.0.15 CalculerI = Z 1

−1

x|x|dx

On aI =− Z ₀

−1

x²dx+ Z ₁

0

x²dx=−1 3[1

3x³]⁰₋₁+1 3[1

3x³]¹₀ =−1 3+1

3 = 0.

Théorème 0.0.16 ( de la moyenne : )

Soit f : [a, b]→ R ^{et g : [a, b]}→ R deux fonctions continue , avec f(x) > 0 sur [a, b]; alors il existe c∈[a, b]tel que :

Z b

a

f(t)g(t)dt=g(c) Z b

a

f(t)dt

Démonstration 0.0.17 puisque g est continue sur [a, b] alors il existe m et M dans R ^{tel que} g([a, b]) = [m, M]avec m=min{g(x)/x∈[a, b]} et M =max{g(x)/x∈[a, b]}.

Donc pour pour tout x∈[a, b]on a m≤g(x)≤M et par suite on a : m

Z _b

a

f(t)dt≤ Z _b

a

f(t)g(t)dt≤M Z _b

a

f(t)dt.

Et par conséquence Z b

a

f(t)g(t)dt

Z b a

f(t)dt

∈[m, M] , ce qui implique l’éxistence d’unc dans [a, b]tel que :

g(c) = Z b

a

f(t)g(t)dt Z b

a

f(t)dt

Intégration par partie :

Proposition 0.0.18 Soient u etv deux fonctions de classe C¹ sur [a, b], alors on a : Z _b

a

u⁰(t)v(t)dt= [u(t)v(t)]^b_a− Z _b

a

u(t)v⁰(t)dt

Démonstration 0.0.19 On pose :F(x) = Z x

a

u⁰(t)v(t)dtetG(x) =u(x)v(x)−u(a)v(a)− Z x

a

u(t)v⁰(t)dt.

Alors on a : F(a) = 0 etG(a) = 0

De plus G⁰(x) =u⁰(x)v(x) +u(x)v⁰(x)−u(x)v⁰(x) =u⁰(x)v(x) et F⁰(x) =u⁰(x)v(x) .

Donc F =G+constante et puisque G(a) =F(a) = 0 alors la constante est nulle . Donc F(x) =G(x) pour toutx∈[a, b] en particulier pour b.

Remarque 0.0.20 .

La démonstration qu’on vient de faire est valable aussi pour les primitives et on a la proposition sui- vante :

Proposition 0.0.21 .

Soient u etv deux fonctions de classe C¹ sur [a, b], alors on a : Z

u⁰(t)v(t)dt=u(t)v(t)− Z

u(t)v⁰(t)dt Exemples 0.0.22 .

Calculer les intégrales et primitives suivantes :

1. I = Z

ln(t)dt.

2. J = Z 2

1

tln(t)dt.

3. K= Z ₁

0

arctan(t)dt.

Pour1) on pose u⁰(t) = 1 etv(t) = ln(t) et donc Z

ln(t)dt=tln(t)− Z

t.1

tdt=tln(t)−t+c . Pour2) ona :

J = Z 2

1

tln(t)dt= [1

2t²ln(t)]²₁− Z 2

1

1 2t².1

tdt= 2 ln(2)−3 4 Pour3 On a :

Z ₁

0

arctan(t)dt= [x.arctan(x)]¹₀− Z ₁

0

x

1 +x²dx= π 4 −1

2[ln(1 +x²]¹₀ = π 4 −1

2ln(2)

Changement de variable

Proposition 0.0.23 .

Soitφ: [α, β]→[a, b]une fonction de classe C¹ et f : [a, b]→R une fonction continue , alors on a : Z _φ(β)

φ(α)

f(u)du= Z _β

α

f(φ(t)).φ⁰(t)dt Démonstration 0.0.24 .

On pose F(x) = Z _φ(x)

φ(α)

f(u)du= et G(x) = Z _x

α

f(φ(t)).φ⁰(t)dt . On a alorsF(α) = 0 et G(α) = 0

De plus on a : G⁰(x) =f(φ(x)).φ⁰(x) etF⁰(x) =f(φ(x)).φ⁰(x) et donc F =G

Remarque 0.0.25 . Si φest bijective alors :

Z b

a

f(u)du=

Z φ⁻¹(b)

ϕ⁻¹(a)

f(φ(t))φ⁰(t)dt Exemples 0.0.26 .

1. Calculer I = Z 1

0

√1−t²dt.

2. Calculer J =

Z sin(x) 1+cos²(x)dx.

Pour la premiére on pose le changement de variable t=sin(x) donc dt=cos(x)dx.

Donc I = Z ^π₂

0

cos²(x)dx et puisquecos²(x) = ^1+cos(2x)₂ , alors on a : I =

Z ^π₂

0

(1

2 +cos(2x)

2 )dx= 1 2([x]

π

02) +1

4[sin(2x)]

π

02 = π 4 Pour la deuxième intégrale on fait le changement de variable suivant :

u=cos(x)⇔du=−sin(x)dx et donc on a : J =

Z

−du

1+u² =−arctan(u) +c=−arctan(cos(x)) +c.

Téchniques de calculs

Pour calculer une intégrale on a toujours le problème de savoir quel méthode utilisée , est ce que un changement de variable (il y ’ en beaucoups ) ou une intégration par partie ou d’autres ; dans la suite on va donner une série de méthodes concérnant certaines classe de fonctions :

1- Intégrale d’une fraction rationnelle :^P_Q. On procède par étapes ;

-1er étape :

Si deg(P)≥deg(Q); on fait d’abord une division Euclidiénne et donc ona :P =E.Q+R Donc on a : ^P_Q(x)^(x) =E(x) + ^R(x)_Q(x); avec ; deg(R)< deg(Q)

-2eme Etape :

On fait la décomposition en éléments simples dans R^{[x]de R(x)}_Q(x)^. Exemples 0.0.27 .

Exemple 1 : Calculer I =

Z

x−1 x³+4xdx.

Dans cet exemple on passe diréctement a la deuxiéme étape : f(x) = x−1

x³+ 4x = x−1 x(x²+ 4) = a

x +bx+c x²+ 4 Calcul de a, b, et c :

xf(x) = _x^x₂⁻₊₄¹ =a+ ^x(bx+c)_x2+4 et on donne a x la valeur 0 donc a= ⁻₄¹.

x→0limxf(x) = 0 =a+b et doncb= ¹₄. Et puis f(1) = 0 =a+^b+c₅ ⇒c= 1 .

donc

I = Z −1

4xdx+

Z x+ 4

4(x²+ 4) = −1

4 ln(|x|) +1 8

Z 2x

x²+ 4dx+1 4

Z dx (^x2)²+ 1 et doncI = ⁻₄¹ln(|x|) +¹₈ln(x²+ 4) +¹₂arctan(^x2) +c

Exemple 2 : CalculerJ =

Z

dx x³−x²dx

On pose g(x) = _x3−¹x² = _x2(x¹−1) = ^a_x+ _x^b2 + _x−^c₁ Et on calcule

x²g(x)/x= 0⇒b=−1 (x−1)g(x)/x= 1⇒c= 1

x→+∞lim xg(x) = 0 =a+c⇒a=−1 Donc

J = Z

(−1 x −−1

x² + 1

x−1)dx=−ln(|x|) +1

x+ ln(|x−1|) +c Exemple 3 :

CalculerK = Z

x⁴+x²+4 x³+5x²+8x+4dx

On fait d’abord une division Euclidienne et on trouve : x⁴+x²+ 4

x³+ 5x²+ 8x+ 4=x−5 + 18x²+ 36x+ 24 x³+ 5x²+ 8x+ 4 etx³+ 5x²+ 8x+ 4 = (x+ 1)(x+ 2)²

Et on va décomposer en éléments simples la fraction rationnelle : 18x²+ 36x+ 24

x³+ 5x²+ 8x+ 4 = a

x+ 1+ b

x+ 2+ c (x+ 2)² Et aprés calcul on trouve :

x⁴+x²+ 4

x³+ 5x²+ 8x+ 4 =x−5 + 6

x+ 1+ 12

x+ 2+ −24 (x+ 2)² Et en fin :

K = 1

2.(x−5)²+ 6 ln(|x+ 1|) + 12 ln(|x+ 2|) + 24 x+ 2+c Exemple 4 :

CalculerT = Z

dx x³+1

Tout d’abord on remarque quex³+ 1 = (x+ 1)(x²−x+ 1) Donc on décompose en éléments simples la fonction

f(x) = 1

x³+ 1 = a

x+ 1+ bx+c x²−x+ 1

Et aprés un petit calcul on trouve : f(x) = _x3¹₊₁ = _x+1¹³ + _x⁻¹³_2−x+1^x+23 Et

−1 3 x+²₃

x²−x+1 = ⁻¹_{6 x}2^2x−1−x+1 +_x2−¹²x+1

Et de même

1 2

x²−x+ 1 =

1 2

(x−¹₂)²+³₄ = 2

3. 1

(√²

3x−^√1₃)²+ 1 Donc T = ¹₃

Z

(|x+ 1)−¹₆ln(|x²−x+ 1|) +²₃ Z

1 (^√2

3x−^√1₃)²+1dx et on posant le changement de variable u= √²

3.x− ^√1₃ On trouve :

T = 1

3ln(|x+ 1)−1

6ln(|x²−x+ 1|) +

√3

3 .arctan( 2

√3x− 1

√3) +c 2- Intégrale d’un polynôme en sin(x) et cos(x).

On se raméne au cas :

I_p,q= Z

cos^p(x) sin^q(x)dx avec p ,et q deux éléments de N ^{et Il ya 3 cas :}

Si p= 2k+ 1 impaire : Ip,q =

Z

(cos²(x))^ksin^q(x) cos(x)dx= Z

(1−sin²(x))^ksin^q(x) cos(x)dx Dans ce cas on pose le changement de variable u= sin(x) et donc .

I_p,q= Z

(1−u²)^ku^qdu Exemple :

Calculer I = Z

cos(x) sin²(x)dx

on pose u= sin(x) donc du= cos(x)dx et par suite I =

Z

u²du= ¹₃u³+c= ¹₃sin³(x) +c Si q = 2k+ 1 impaire :

I_p,q = Z

(sin²(x))^kcos^p(x) sin(x)dx= Z

(1−cos²(x))^kcos^q(x) sin(x)dx Dans ce cas on pose le changement de variable u= cos(x) et donc .

I_p,q= Z

(1−u²)^ku^qdu Exemple :

Calculer J = Z

cos⁴(x) sin³(x)dx

Il est clair ici qu’on va poseru= cos(x)doncdu=−sin(x)dx, et donc J =− Z

u⁴(1−u² )du=

−¹₅u⁵+¹₇u⁷ +c Donc

J =−1

5cos⁵(x) +1

7cos⁷(x) +c Si p et q tout les deux paire :

Alors dans ce cas on est oblige de faire une linéarisation . Exemple :

Calculer :I = Z

cos²(x) sin²(x)dx

Dans ce cas on a :cos(x).sin(x) = ¹₂sin(2x) donc cos²(x) sin²(x) = ¹₄sin²(2x) = ¹₈(1−cos(4x)) Et donc I = ¹₈x−₃₂¹ sin(4x) +c

3- Primitive de la forme : Z

F(x,qⁿ

ax+b

cx+d)dx, avecad−bc6= 0.

On pose le changement de variable : y= ⁿ

rax+b

cx+d ⇔yⁿ= ax+b

cx+d ⇔x= dyⁿ−b a−cyⁿ Exemple :

CalculerI =Z q

1+x1−x._2x−1^dx .

Alors on pose le changement de variable : y= ⁿ

r1 +x

1−x ⇔x= y²−1

y²+ 1 ⇔dx= 4ydy (1 +y²)² Ce qui donne :

I =

Z 4y²dy (y²−3)(y²+ 1) Et en décomposant en éléments simples la fraction rationnelle :

4u

(u−3)(u+ 1) = 3

u−1 + 1

u+ 1 ⇒ 4y²dy

(y²−3)(y²+ 1) = 3

y²−3+ 1 y²+ 1 Donc I =

Z

3 y²−3dy+

Z

dy

y²+1 et le réste est évident . 4- Intégrale de la forme

Z

F(cos(x), sin(x))dx:.

Pour le calcul de ce genre de primitives ou intégrales il ya plusieures changement de variable possibles le plus important est peut être :

t=tg(x

2)⇒dx= 2

1 +t²dt;.sin(x) = 2t

1 +t²;.cos(x) = 1−t² 1 +t²

Exemple : Calculer I =

Z

1 2+cos(x)dx

D’apres le changement de variable précédent on a : I =

Z

2dt 3+t².

Formule de WALLIS

Il s’agit de la formule suivante : Jn=R^π₂

0 sinⁿ(x)dx On vois facilement que J₀= ^π2etJ₁= 1

Soit n un entier strictement supérieur à 1.

On intégre par partie et on a : Jn=

Z ^π₂

0

sinⁿ⁻¹(x)sin(x)dx= [cos(x)sinⁿ⁻¹(x)]

π

02 + (n−1) Z ^π₂

0

cos²(x)sinⁿ⁻²(x)dx Donc

J_n= (n−1) Z ^π

2

0

(1−sin²(x))sinⁿ⁻²(x)dx= (n−1) Z ^π

2

0

sinⁿ⁻²(x)dx−(n−1) Z ^π

2

0

sinⁿ(x)dx Et enfin on a : nJn= (n−1)Jn−2 Alors en utilisant cette formule on trouve facilement :

J_2n= 2n−1 2n

2n−3 2n−2

2n−5

2n−4...3 4 1 2

π 2 et

J_2n+1 = 2n 2n+ 1

2n−2 2n−1

2n−5

2n−4...4 5 2 3.1

Fonction définie par une intégrale

Proposition 0.0.28 .

Soit f :I → R une fonction continue , avec I un intérvale de R^{; et u; v} deux fonctions définies de J →I des applications de classeC¹ .

On pose alors :

G(x) = Z v(x)

u(x)

f(t)dt Alors Gest une fonction dérivable sur I et on a :

G⁰(x) =f(v(x))v⁰(x)−f(u(x))u⁰(x)

Démonstration 0.0.29 .

En effet soit F une primitive quelconque def sur I , alors on a : G(x) = [F(t)]^v(x)_u(x)=F(v(x))−F(u(x)) Et donc

G⁰(x) =F⁰(v(x)).v⁰(x)−F⁰(u(x)).u⁰(x) =f(v(x)).v⁰(x)−f(u(x)).u⁰(x) Exemples 0.0.30 .

Etudier les fonctions suivantes : 1. G(x) =R_2x

x √dt 1+t² et 2. I(x) =R_sin²_(x)

0 arcsin(√

t)dt+R_cos²_(x)

0 arccos(√ t)dt 1] La fonction f(t) = √¹

1+t² est définie continue surR; donc intégrable sur tout intérvale fermé du type [a, b] , en particulier sur[x, x²]pour tout x dans R^.

Ce qui entraine que le domaine de définition de GestD_G=R^.

D’autre part les fonctionsu(x) =xetv(x) = 2xsont de classeC¹et doncGest dérivable surR^{et on a :} G⁰(x) =f(v(x)).v⁰(x)−f(u(x)).u⁰(x) = 2

√1 + 4x² − 1

√1 +x² Ce qui donne :

G⁰(x) = 3

√1 +x².√

1 + 4x²(2√

1 +x²+√

1 + 4x²) 2] Les fonctionsarcsin(√

t)etarccos(√

t)sont continues sur[0,1]; donc sont intégrables sur[0, sin²(x)]

et sur [0, cos²(x)] respectivement pour tout x dans R , donc le domaine de définition de la fonction I estR^.

De plus il est facile de vérifier queI est paire et périodique de périodeT =π.

En effet I(−x) =I(x) car sin²(−x) =sin²(x) etcos²(−x) =cos²(x).

Et :

sin²(x+π) = (−sin(x))² =sin²(x) cos²(x+π) = (−cos(x))²=cos²(x) Donc on réduit le domaine d’étude à l’intérvale[0,^π₂].

SoitF une primitive de arcsin(√

t) et G une primitive de arccos(√ t).

Alors :I(x) =F(sin²(x))−F(0) +G(cos²(x))−G(0).

Donc :

I⁰(x) =F⁰(sin²(x)).2cos(x).sin(x)−G⁰(cos²(x)).2cos(x).sin(x)

donc

I⁰(x) =sin(2x)[arcsin(|sin(x)|)−arccos(|cos(x)|)]

Et puisque x∈[0,^π₂] , doncsin(x) et cos(x) sont positifs alors :

I⁰(x) =sin(2x)[arcsin(sin(x))−arccos(cos(x))] =sin(2x)(x−x) = 0 Donc I est constante sur[0;^π₂], et cette constante est égale :

I(x) =I(π 4) =

Z ¹

2

0

arcsin(√ t)dt+

Z ¹

2

0

arccos(√ t)dt

donc

I(x) = Z ¹₂

0

(arcsin(√

t)dt+ arccos(√ t))dt

or pour tout x∈[0,1] on a : arcsin(x) + arccos(x) =^π₂ et donc : I(x) = π

4

Définition 0.0.31 .

Soit I = [a, b[ avec (b ∈R ^{ou b = +}∞ ), f :I → R , une fonction localement intégrable sur I c.a.d intégrable sur tout intérvale[a, x]⊂I.

Poura < x < bon pose ψ(x) = Z x

a

f(t)dt; si lim

x→bψ(x) =l existe (∈R⁾; on dit que Z b

a

f(t)dt converge , et on écrit tout simplement

Z b

a

f(t)dt=l Dans le cas contraire on dit que

Z b

a

f(t)dt est divèrgente.

Exemples 0.0.32 . – I =

Z 1

0

√dx

1−x²converge . On effet

Z α

0

√dx

1−x² = [arcsin(x)]^α₀ = arcsin(α) Et puisque lim

α→1arcsin(α) = ^π2alors I converge et on a I = ^π2 – J =

Z ₂

1 dt

(t−2)² diverge . Si1< x <2 alors ψ(x) =

Z _x

1 1

(t−2)²dt= [_t−2⁻¹]^x₁ = _x−2⁻¹ −1 Et donc six→2⁻ alors ψ(x)→+∞

– K= Z 1

0 dt

t diverge . On effetK = lim

α→0[ln(t)]¹_α= +∞ – L=

Z ₁

0 dt

t² diverge.

En effet

L= lim

α→0[−1

t ]¹_α= lim

α→0(−1 + 1

α) = +∞ Théorème 0.0.33 .

17

On pose I(α) = Z 1

0 dt

t^α Alors on a les deux situations suivantes : 1. Siα <1⇒I(α) convèrge .

2. Siα≥1⇒I(α) divèrge . Démonstration 0.0.34 .

Si α= 1 c’est l’exemple 3 l’intégrale est divèrgente . Si α6= 1 deux situations se présentent :

I(α) = Z ₁

0

dt

t^α = lim

X→0[t^1−α

1−α]¹_X = lim

X→0( 1

1−α −X^1−α 1−α) Et donc :

I(α) =n_1−α¹ si 1−α>0 +∞ si 1−α≤0

Conséquence 0.0.35 .

Soit aun réel strictement positif ; alors on a : Z a

0

1

t^αdt converge ⇔α <1

Démonstration 0.0.36 .

même téchniques que le théorème précédent .

Conséquence 0.0.37 .

Soient a et bdeux réels alors ona : Z b

a dt

(b−t)^α , convérge , si et seulement si α <1 Démonstration 0.0.38 .

Soit a < x < bet ψ(x) = Z x

a dt

(b−t)^α on pose alors u=b−tet donc du=−dt ce qui donne : ψ(x) =−

Z _b−x

b−a

du (u)^α =

Z _b−a

b−x

du u^α Et on faisant tendre x vers b on a :

I = Z _b−a

0 du

u^α est convèrgente si et seulement si α <1 d’apres la conséquence 1.

Théorème 0.0.39 .

Soitβ ∈R ^{on poseI(β) =Z +∞}

1 dt

t^β alors on a :I(β) converge si et seulement siβ >1 Démonstration 0.0.40 .

Si β= 1 alors on a :

I(1) = lim

X→+∞

Z X

1

dt

t = lim

X→+∞[ln(t)]^X₁ = lim

X→+∞(ln(X)) = +∞ Si β6= 1 Alors on a :

I(β) = lim

X→+∞

Z X

1

dt

t^β = lim

X→+∞[ 1

1−βt^1−β]^X₁ = lim

X→+∞( 1

1−βX^1−β− 1 1−β) Et donc I(β) = +∞ si1−β >0 etI(β) =−_1−β¹ si 1−β <0.

Exemples 0.0.41 . –

Z +∞

1 dt

√3

t est divérgente car ¹₃ <1(√³ t=t¹³) –

Z +∞

1 dt t√³

t est convergente car ⁴₃ >1 Théorème 0.0.42 .

Soientf etg deux fonctions positives surI = [a, b[localements intégrables sur I et telles que :

∀x∈I :f(x)≤g(x) Alors on a les affirmations suivantes :

1. Si Z _b

a

g(x)dxconverge ⇒ Z _b

a

f(x)dx converge . 2. Si

Z _b

a

f(x)dx diverge⇒ Z _b

a

g(x)dxdiverge . Exemples 0.0.43 .

1. Etudier la nature de l’intégrale généralisée : I = Z +∞

1

dx x+x². On remarque facilement que0≤ 1

x+x² ≤ _x¹2 pour tout x >0 . Et puisque

Z +∞

1 dx

x² convérge car2>1 il en résulte que I converge .

2. Etudier la nature de l’intégrale généralisée :J = Z +∞

1

exp(_x¹) x² dx.

De la meme facon que dans1 on va majoree la fonction f(x) = e^x1

x² par une fonction dont l’inté- grale généralisée est convérgente :

x≥1⇒ 1

x ≤1⇒e^1x ≤e⇒0≤f(x)≤ e x² Or

Z +∞

1

dx

x² converge ⇒J converge.

3. Etudier la nature de l’intégrale généralisée :K = Z +∞

1

e^−x

√xdx.

On pose f(x) = e^−x

√x qui est une fonction positive . Si x≥1 alors √

x≥1 donc 1

√x ≤1 et donc f(x)≤e^−x. Or

Z +∞

1

e^−xdx= [−e^−x]^+∞₁ = 1 converge , donc K converge.

Remarque 0.0.44 .

La condition f et g positives est une condition nécessaire .

Donc avant d’utiliser ce critère il faut s’assurer que les fonctions sont positives . Théorème 0.0.45 .

Soient a et b deux reels et I = [a, b[;f : I → R une fonction positive et localement intégrable . On suppose qu’il existe r∈R^{tel que :}

x→blim(b−x)^rf(x) =l∈R⁺ Alors on a :

1. Si r <1⇒ Z b

a

f(x)dxconverge . 2. Si r ≥1⇒

Z b

a

f(x)dxdiverge . Exemples 0.0.46 .

1. Etudier la nature de l’intégrale généraliséeI = Z ₁

0

|ln(x)√ | x dx Le problème se pose en 0 , avec f(x) = ^|ln(x)|√

x , et on a :

xlim→0(x−0)^rf(x) = lim

x→0(x)^r−12|ln(x)|= 0

Pour tout r− ¹₂ >0

En particulier on peut choisir unr qui vérifie a la fois r− ¹₂ >0 et r <1 par exemple r = ²₃ ( en réalite tout lesr ∈]¹₂,1[).

Donc d’aprés le théorème précedent I converge.

2. Etudier la nature de l’intégrale généralisée J = Z ₁

0

√1 1−xdx

De la même manière due précedement on a , on pose f(x) = ^√1_x .

xlim→1(1−x)^rf(x) = lim

x→1(1−x)^r−12 = 0, si, r−1 2 >0

Donc on prend un r qui vérifie a la fois r − ¹₂ > 0 et r < 1 par exemple r = ³₄ , et donc J converge.

Théorème 0.0.47 .

Soient a un reel strictement positif , I = [a,+∞[; et f : I → R une fonction positive et localement intégrable . On suppose qu’il existe unr ∈R ^{tel que :}

x→+∞lim (x)^rf(x) =l∈R⁺ Alors on a :

1. Si r >1⇒ Z b

a

f(x)dxconverge . 2. Si r≤1 etl6= 0 ⇒

Z _b

a

f(x)dxdiverge . Exemples :

1. Etudier la nature de l’intégrale suivante : I = Z +∞

1

dx

√4

(x+1)e^x. On pose f(x) = √₄ ¹

(x+1)e^x et donc on a :

x→lim+∞x^rf(x) = lim

x→+∞x^r−14. 1 e^x4 = 0 Pour tout r en particulier pour les r >1.

Donc I converge .

2. Etudier la nature de l’intégrale suivante : J = Z +∞

1

e^−x√dx x

Comme dans le premier exemple on posef(x) = ^e√^−x

x et on a :

x→+∞lim x^rf(x) = lim

x→+∞x^r−12e^−x = 0, si, r−1 2 >0

.

Si par exemple r= 2 alors on a :

x→+∞lim x²f(x) = lim

x→+∞x³²e^−x= 0 Donc J converge.

Définition 0.0.48 .

Soient a, b∈R⁼R∪ {−∞,+∞};I =]a, b[etf :I →R une fonction localement intégrable . On dit que l’intégrale

Z b

a

f(x)dx converge si et seulement si pour tout a < c < b : Z c

a

f(x)dx et Z b

c

f(x)dxconvergent .

Dans ce cas on écrit tout simplement : Z b

a

f(x)dx= Z c

a

f(x)dx+ Z b

c

f(x)dx.

Remarque 0.0.49 . Dans la dérnière équation

Z b

a

f(x)dxne depend pas de c , ce qui veut dire que : Z b

a

f(x)dx converge si et seulement si il existe a < c < b tel que Z c

a

f(x)dxet Z b

c

f(x)dxconvergent .

Exemples 0.0.50 .

1. Etudier la nature de l’intégrale généraliséeI =R₁

−1 √dx 1−x²

ici on va prendre c= 0.

Z 1

0

√ dx

1−x² = lim

X→1

Z X

0

√ dx

1−x² = lim

X→1[arcsin(x)]^X₀ = π 2

Et Z ₀

−1

√ dx

1−x² = lim

Y→−1

Z ₀

Y

√ dx

1−x² = lim

Y→−1[arcsin(x)]⁰_Y = π 2 Donc I convèrge et on a : I =π.

2. Etudier la nature de l’intégrale généraliséeJ = Z +∞

−∞

dt 1+t²

De la même manière que dans le premier exemple on va prendre c= 0 et on a : Z 0

−∞

dt

1 +t² = lim

Y→−∞

Z 0

Y

dt

1 +t² = lim

Y→−∞[arctan(t)]⁰_Y = π 2

Et Z +∞

0

dt

1 +t² = lim

X→+∞

Z X

0

dt

1 +t² = lim

X→+∞[arctan(t)]^X₀ = π 2 Donc J converge et on a :J =π.

Faux problème :

dans certain cas et on peut facilement les surmonter .

Proposition 0.0.51 .

SoitI = [a, b[avec b∈R^{etf :I} →R une fonction positive et localement intégrable.

Si lim

x→bf(x) = l ∈ R; alors la fonction f est prolongeable par continuite en b et donc Z b

a

f(x)dx est convergente.

Exemples 0.0.52 .

– Etudier la nature de l’intégrale généralisée I = Z 1

0 sin(t)

t dt

Il est evident que nous avons a faire a une situation de fau problème en0 , car lim

t→0 sin(t)

t = 1 et donc la fonctiont7→ ^sin(t)_t est prolongeable par continuite en 0 et doncI est convergente.

– Etudier la nature de l’intégrale généralisée J = Z ₁

0 tan(t)

t dt De la même manière que dans le premier cas ona lim

t→0 tan(t)

t = 1 et donc J converge.

– Etudier la nature de l’intégrale généralisée K= Z ₁

0

1−cos(t²) t² dt Dans ce cas on a lim

t→0

1−cos(t²) t² = lim

t→0t^{2 1−cos(t}_t4 ²⁾ = 0.¹₂ = 0 Donc K est convergente .

Théorème 0.0.53 .

Soient a ∈ R ^{et b} ∈ R ⁼ R∪ {−∞,+∞}; I = [a, b[ et f;g deux fonctions positives et localements intégrables surI :

On suppose quef(x)∼g(x)au voisinage de bAlors : Z b

a

f(x)dxet Z b

a

g(x)dx sont de même nature ( c.a.d convergent ou divergent en même temps ).

Exemples 0.0.54 .

1. Etudier la nature de l’intégrale suivante : I = Z ₁

0 sin(t)dt

t√ t

Dans ce cas le problème se pose en 0 , et au voisinage de0 on a : f(t) = sin(t)

t√

t ∼ 1 t¹²

Et puisque ¹₂ <1 alors Z 1

0 1

t¹²dt converge , doncI converge.

2. Etudier la nature de l’intégrale suivante : J = Z 1

0 tan(x)

x³ dx Dans ce cas la fonction f(x) = ^tan(x)_x3 ∼ _t¹2 au voisinage de 0 . Et puisque 2>1 alors

Z 1

0 1

t²dt diverge , doncJ diverge . 3. Etudier la nature de l’intégrale suivante : K=

Z _+∞

0

1−cos(x²) x²√

x dx Pour cette exemple on a deux problemes ( en 0 et en +∞ ) : La fonction h(x) = ¹⁻_x^cos(x₂√ ²⁾

x ∼ ²

t¹² au voisinage de 0 . Et puisque ¹₂ <1 alors

Z 1

0 2

t¹²dt converge . D’autre part 0 ≤ h(t) ≤ ²

t⁵² pour tout t ≥ 1 et puisque Z +∞

1 2

t⁵²dt converge (car ⁵₂ > 1)donc Z +∞

1

1−cos(t²) t²√

t dt converge . Et donc pour conclure que K=

Z ₁

0

1−cos(x²) x²√

x dx+ Z _+∞

1

1−cos(x²) x²√

x dxconverge.

Définition 0.0.55 .

Soit I = (]a, b[ou [a, b[ou ]a, b])un intérvale quelconque de R ^{et f :I} → R une fonction localement intégrable .

On dit que l’intégrale Z b

a

f(x)dxest absolument convergente si Z b

a|f(x)|dxest convergente .

L’intérét de cette définition réside dans le fait que tout les critères que nous avons vue concérne les fonctions positives. Et le théorème suivant va nous donner un moyen efficace pour étudier le cas des fonctions non positives.

Théorème 0.0.56 .

Soit f :I →Rune fonction localement intégrable avec I comme dans la définition précédente alors . Z b

a |f(x)|dx, converge⇒ Z b

a

f(x)dx, converge

Changement de variable et intégration par partie :

On les appliquent de manière naturelle ou présque ; puisque Z b

a

f(x)dxn’est q’une limite d’intégrales naturelles .

Exemples 0.0.57 .

1. Etudier la nature de l’intégrale I = Z 1

0

cos(¹_t)dx

Dans ce cas le problème ce pose en 0 et on a :I = lim

X→+∞

Z 1

X

cos(¹_t)dt.

On noteI(X) = Z ₁

X

cos(¹_t)dt et on efféctue le changement de variable suivant : u= 1

t ⇒dt= −1 u²du Et donc :

I(X) =− Z 1

1 X

cos(u) u² du Et en fin :

I = lim

X→0⁺− Z ₁

1 X

cos(u)

u² du= lim

X→0⁺

Z ¹

X

1

cos(u) u² du=

Z _+∞

1

cos(u) u² du

Or |^cos(u)_u² | ≤ _u¹² pour tout u≥1 , et donc Z _+∞

1 1

u²duconverge car 2>1 Donc

Z _+∞

1 |^cos(u)_u² |du converge et d’aprés le théorème précédent Z _+∞

1

cos(u)

u² du converge . 2. Etudier la nature de l’intégrale généralisée J =

Z _+∞

0

sin(t) t dt Dans cette situation le problème se pose en0 et en +∞ On a lim

t→0 sin(t)

t = 1 donc la fonction f(t) = ^sin(t)_t est prolongeable par continuite en 0 et donc J₁=

Z ₁

0 sin(t)

t dt converge . D’autre part si on pose J₂ =

Z _+∞

1 sin(t)

t dt = lim

X→+∞

R_X

1 sin(t)

t dt alors une intégration par partie nous donne.

J₂ = lim

X→+∞([−1

t cos(t)]^X₁ − Z X

1

cos(t) t² dt) ce qui donne :

J = lim

X→+∞(cos(1)−cos(X)

X −

Z X

1

cos(t) t² dt) Et doncJ₂ = cos(1)−

Z +∞

1

cos(t)

t² dt converge . Et puisque J =J₁+J₂ alors J converge .

La fonction Γ(complémentaires ) :

Il s’agit de la fonction suivante :

Γ(x) = Z +∞

0

t^(x−1)e^−tdt Cherchons le domaine de définition de cette fonction :

Pour cela on pose Γ₁(x) = Z 1

0

t^(x−1)e^−tdt et Γ₂(x) = Z +∞

1

t^(x−1)e^−tdt.

Et il est claire que le domaine de définition de Γ estD=DΓ1 ∩ DΓ2. Pour Γ₁ le problème se pose en 0 et on a au voisinage de 0 :

t^(x−1)e^−t∼t^(x−1) = 1 t^(x−1) Et donc

Z 1

0 1

t^(x−1)dt converge si et seulement si 1−x <1⇔x >0 Donc DΓ1 =]0,+∞[.

Pour Γ2 ona :

t→+∞lim t^rt^(x−1)e^−t= lim

t→+∞

t^r+x−1

e^t = 0;∀x∈R^,∀t∈R En particulier pour r≥2 , et donc DΓ2 =R

Et donc on conclus que D=DΓ1 ∩ DΓ2 =]0,+∞[ Proposition 0.0.58 .

Pour tout x >1 on a :

Γ(x) = (x−1).Γ(x−1) Démonstration 0.0.59 .

On va faire une intégration par partie . Γ(x) = lim

Y→+∞

Z Y

0

t^(x−1)e^−tdt= lim

Y→+∞([−t^(x−1)e^−t]^Y₀ + (x−1) Z Y

0

t^(x−2)e^−tdt) Et donc

Γ(x) = (x−1) Z +∞

0

t^(x−2)e^−tdt) = (x−1)Γ(x−1) Conséquence 0.0.60 .

Pour tout n∈N^{∗ on a :}

Γ(n) = (n−1)!

Démonstration 0.0.61 . En effet on a :

Γ(n) = (n−1)Γ(n−1) = (n−1).(n−2).Γ(n−2) = (n−1).(n−2).(n−3)...2.Γ(1) et Γ(1) = 1

1. Définition 0.0.62 .

On appelle équation différentielle d’ordren ( n∈N ) toute équation du type : F(x, y, y⁰, y⁰⁰, ..., y⁽ⁿ⁾) = 0 (E)

avecx une variable réelle y la fonction inconnue et y⁰, y”, , y⁽ⁿ⁾ ces dérivées succéssives.

Exemples 0.0.63 :

(a) xy⁰+x²y²−2x= 0 est une équation différentielle d’ordre 1 (b) yy⁰+y” = ln(x) est une équation d’ordre 2

(c) (1 +x)y⁰= 1−y est une équation d’ordre 1 (d) (1 +x²)y⁰+ 3xy = 0 est une équation d’ordre 1 Solution où intégrale :

On appelle solution où intégrale sur un intérvale I de R, de l’équation (E). toute fonction f : I −→R^;n-fois dérivable telle que :

F(x, f(x);f⁰(x), f”(x);..., f⁽ⁿ⁾(x)) = 0 pour toutx∈I

Solution maximale :C’est une solution définie sur un intérvale maximal , c-a-d qu’on ne peut pas prolonger à un intérvalleJ contenant I.

Equation du premier ordre :

C’est une équation du type :y⁰=f(x, y) (E₁) Equation à variables sépparées :

C’est une équation du typey⁰ =f(x)g(y) (V.S)

Où f et g sont des fonctions continues données sur des intérvales I et J Exemples 0.0.64 :

27

(a) (1 +x²)y⁰+ 3xy= 0 ce qui est équivalent à y⁰= _1+x^−3x2.y (b) xy0=y+xy ce qui est équivalent à y⁰ = (_x¹ + 1).y (c) y⁰sin(x) =y ce qui est équivalent à y⁰ = _sin(x)¹ .y

Pour résoudre l’équation (V S); on l’écrit tout d’abord sous la forme : 1

g(y)dy=f(x)dx

et puis on continue la résolution en intégrant les deux cotés de l’équation.

Exemples 0.0.65 :

(a) Dans l’exemple 1) ona : dy

y = −3x

1 +x² ⇒ln(|y|) =−3

2ln(1 +x²) +cont

⇒ |y|=e^const. 1 (1 +x²)√

1 +x² ⇒y= K (1 +x²)√

1 +x² Avec K ∈R

(b) Dans l’éxemple 2 ) on a dy

y = (1

x + 1)dx⇒ln(|y|) = (x+ ln(|x|)) +c

|y|=e^c.|x|e^x⇒y =Kxe^x Avec K ∈R

(c) Dans l’exemple 3) on a : dy

y = dx sin(x) ⇒

Z dy y =

Z dx sin(x)

⇒ln(|y|) =

Z sin(x)dx sin²(x) =

Z sin(x)dx 1−cos²(x) Alors un changement de variable u=cos(x) ( du=−sin(x)dx) :

ln(|y|) =−

Z du

1−u² =−1 2

Z du 1−u +

Z du 1 +u

= 1 2ln(

1−u

1 +u ) +c Et donc

Y =K.(1−u

1 +u) =K.1−cos(x) 1 + cos(x) Avec K∈R

Equation homogène:

Ce sont des équations du genre :

y⁰ =f(^y_x) (H) Exemples 0.0.66 :

(a) 2x²y⁰−y²= 4xy

(b) (4x²+ 3xy+y²) + 4(y²+ 3xy+x²)y⁰= 0 (c) y³y⁰+ 3xy²+ 2x³ = 0

(d) 2x+y−(4x−y)y⁰ = 0 (e) xyy⁰−y² = (x+y)e^−yx Résolution :

On fait un changement de fonction inconue et on pose : u= y

x ⇔y=xu⇒y⁰ =u+u⁰x Donc (H) sera équivalente à :

u+u⁰x=f(u)⇔u⁰ = ¹_x(f(u)−u) qui est une équation a variable séparée

Exemples 0.0.67 :

(a) y0= ^y2_2x^+4xy2 = ¹₂(^y_x)²+ 2(^y_x)

donc il s’agis bien d’une équation homogène donc on pose

u= ^y_x ⇔y=xu⇔y⁰ =u+u⁰x

⇔u+u⁰x= 1

2u²+ 2u

⇔u⁰x= 1

2u²+u⇔ 2du

u(u+ 2) = dx x

⇔

Z 2du u(u+ 2) =

Z dx x

⇔

Z +du u −

Z du

(u+ 2) = ln(|x|) +c