Intégrales sur un intervalle quelconque

Intégrales sur un intervalle quelconque

Cours de É. Bouchet ECS1 9 avril 2021

Table des matières

1 Intégration sur un intervalle semi-ouvert 2

1.1 Convergence de l'intégrale d'une fonction continue sur[a, b[ . . . 2 1.2 Intégrales de référence . . . 3 1.3 Règles de calcul sur les intégrales convergentes . . . 4

2 Techniques de calcul 5

2.1 Intégration par parties . . . 5 2.2 Changement de variables . . . 6

3 Cas des fonctions positives 6

4 Théorèmes de convergence 7

4.1 Comparaison de fonctions positives . . . 7 4.2 Convergence absolue . . . 8

5 Intégrales sur un intervalle quelconque 9

1 Intégration sur un intervalle semi-ouvert

1.1 Convergence de l'intégrale d'une fonction continue sur [a, b[

Soitf une fonction continue sur un intervalle[a, b[, où−∞< a < b6+∞. On dit que l'intégrale Z b

a

f(t)dt converge si lim

x→b

Z x a

f(t)dt existe et est nie. On pose alors Z b

a

f(t)dt= lim

x→b

Z x a

f(t)dt. Dénition.

Remarque. Lorsque l'intégrale ne converge pas, on dit qu'elle diverge.

Remarque. Lorsqu'on intègre sur un intervalle[a, b[, on dit que l'intégrale est impropre enb.

Exemple 1. Existence et valeur deZ +∞

1

1 t²dt. La fonctiont→ 1

t² est continue sur [1,+∞[, donc l'intégrale est impropre en+∞. Soitx∈[1,+∞[. Z x

1

1 t²dt=

−1 t

x 1

= 1−1 x. Or lim

x→+∞1− 1

x = 1. Donc l'intégrale converge, et Z +∞

1

1

t²dt= 1.

Exemple 2. Existence et valeur deZ 1 0

1 1−tdt La fonctiont→ 1

1−t est continue sur[0,1[, donc l'intégrale est impropre en1. Soit x∈[0,1[.

Z x 0

1

1−tdt= [−ln(|1−t|)]^x₀ =−ln(1−x).

Or lim

x→1−ln(1−x) = +∞. Donc l'intégrale diverge.

Exemple 3. Existence et valeur deZ 1 0

1−t⁴ 1−tdt La fonctiont→ 1−t⁴

1−t est continue sur[0,1[, donc l'intégrale est impropre en1. Soit x∈[0,1[. Z x

0

1−t⁴ 1−t dt=

Z x 0

(1 +t+t²+t³)dt=

t+t² 2 +t³

3 +t⁴ 4

x 0

=x+x² 2 +x³

3 +x⁴ 4 . Or lim

x→1x+x² 2 +x³

3 +x⁴

4 = 1 +1 2 +1

3+ 1 4 = 25

12. Donc l'intégrale converge, et Z 1 0

1−t⁴

1−tdt= 25 12. Remarque : t → 1−t⁴

1−t est prolongeable par continuité en 1, ce qui assure la convergence ici. On parle dans ce cas d'intégrale faussement impropre.

1.2 Intégrales de référence

Soit α∈R.

L'intégraleZ +∞

1

1

t^αdt converge si et seulement siα >1, et on a alorsZ +∞

1

1

t^αdt= 1 α−1. L'intégraleZ 1

0

1

t^αdt converge si et seulement si α <1, et on a alorsZ 1 0

1

t^αdt= 1 1−α. Proposition (Intégrale de Riemann).

Démonstration. (démonstration à connaître) La fonction t → 1

t^α est continue sur ]0,+∞[, donc les intégrales sont impropres en+∞ et0respectivement. Soit (x, y)∈]0,+∞[²,

Siα= 1,Z y x

1

tdt= [ln(t)]^y_x= ln(y)−ln(x). Donc : Si x= 1 ety→+∞, cela diverge.

Si x→0ety= 1, cela diverge.

Et aucune des deux intégrales ne converge dans le cas α= 1. Siα6= 1,

Z y x

1 t^αdt=

Z y x

t^−αdt= t^1−α

1−α y

x

= y^1−α−x^1−α

1−α . Donc : Si x = 1

Z y 1

1

t^αdt = y^1−α−1

1−α . Ce terme converge quand y →+∞ si et seulement si 1−α < 0, et dans le cas convergentZ +∞

1

1

t^αdt= −1

1−α = 1 α−1. Si y= 1,

Z 1 x

1

t^αdt= 1−x^1−α

1−α . Ce terme converge quand x→0si et seulement si1−α >0, et dans le cas convergentZ 1

0

1

t^αdt= 1 1−α.

Ce qui correspond aux résultats annoncés.

Remarque. Les résultats de convergence restent vrais pour les intégralesZ x 0

1

t^αdt ou Z +∞

x

1

t^αdt six∈]0,+∞[.

Soit α∈R, eta < bdes réels.

Les intégralesZ b a

1

(b−t)^αdt etZ b a

1

(t−a)^αdtconvergent si et seulement si α <1. Corollaire.

Démonstration. On montre le résultat pour la première intégrale, la deuxième se gère de la même façon. La fonction t→ _(b−t)¹ _α est continue sur[a, b[, donc l'intégrale est impropre enb. Soitx∈[a, b[, on utilise le changement de variables aneu=b−t:

Z x a

1

(b−t)^αdt= Z b−x

b−a

1

u^α(−du) = Z b−a

b−x

1 u^αdu.

La convergence ou divergence de l'intégrale lorsque x tend vers b est alors assurée par le résultat précédent sur les

Soit α∈R. L'intégraleZ +∞

0

exp(−αt)dtconverge si et seulement si α >0, et vaut alors 1 α. Proposition.

Démonstration. (démonstration à connaître) La fonction t→ exp(−αt) est continue sur [0,+∞[, donc l'intégrale est impropre en+∞. Soitx∈[0,+∞[.

Siα= 0, Z _x

0

exp(−αt)dt= Z _x

0

1dt= [t]^x₀ =x, qui diverge pourx→+∞. Siα6= 0, on a par contre :

Z _x

0

exp(−αt)dt=

exp(−αt)

−α x

0

= 1−exp(−αx)

α .

Or, lim

x→+∞

1−exp(−αx)

α ∈R⇐⇒α >0, d'où la condition annoncée de convergence de l'intégrale. Cette limite vaut de plus 1

α dans le cas convergent. D'où le résultat.

1.3 Règles de calcul sur les intégrales convergentes

Remarque. Contrairement au cas des séries, ce n'est pas parce qu'une intégrale converge que la fonction intégrée doit tendre vers0 au point considéré.

Soit f etg deux fonctions continues sur un intervalle [a, b[, où −∞< a < b6+∞, etλ∈R. SiRb af(t)dt etRb

ag(t)dt convergent, alors Rb

a (λf(t) +g(t))dt converge, et Z b

a

(λf(t) +g(t))dt=λ Z b

a

f(t)dt+ Z b

a

g(t)dt.

Proposition (Linéarité).

Démonstration. Soitx∈[a, b[. Les fonctionsf etgsont continues sur[a, x]et la linéarité de l'intégrale sur un segment

donne : Z x

a

(λf(t) +g(t))dt=λ Z x

a

f(t)dt+ Z x

a

g(t)dt.

Comme on a supposé queRb

af(t)dtetRb

a g(t)dtconvergent, le membre de droite de cette égalité admet une limite nie quandx tend versb. L'intégrale du membre de gauche converge donc et un passage à la limite dans l'égalité donne :

Z b a

(λf(t) +g(t))dt=λ Z b

a

f(t)dt+ Z b

a

g(t)dt.

Soit f une fonction continue sur un intervalle [a, c[, où −∞< a < c 6+∞ et soit b ∈[a, c[. L'intégrale R_c

b f(t)dt converge si et seulement si l'intégrale R_c

af(t)dt converge, et on a alors : Z c

a

f(t)dt= Z b

a

f(t)dt+ Z c

b

f(t)dt.

Proposition (Relation de Chasles).

Démonstration. Ce résultat s'obtient par passage à la limite après application de la relation de Chasles sur un segment oùf est continue.

Soit f et g deux fonctions continues sur un intervalle [a, b[, où −∞ < a < b6 +∞. On suppose que les intégrales Rb

af(t)dt etRb

ag(t)dt convergent. Si pour toutx∈[a, b[,f(x)6g(x) alors Z b

a

f(t)dt6 Z b

a

g(t)dt.

Proposition (Croissance de l'intégrale).

Démonstration. Ce résultat s'obtient par passage à la limite après application de la croissance de l'intégrale sur un segment oùf etg sont continues.

Remarque. En particulier, si l'intégrale d'une fonction positive converge, elle est positive.

2 Techniques de calcul

2.1 Intégration par parties

L'intégration par partie est pratiquée sur des intégrales de fonctions continues sur un segment. On passe ensuite à la limite.

Exemple 4. Soit n ∈ N. Établir par récurrence la convergence de In = Z +∞

0

tⁿexp(−t)dt, et montrer que cette intégrale vautn!.

Soitn∈N. La fonctiont→tⁿexp(−t)est continue sur [0,+∞[, donc l'intégraleIn est impropre en +∞. On poseP(n) =I_nconverge et vautn!.

I₀=R+∞

0 exp(−t)dt converge et vaut1(intégrale de référence). Donc P(0)est vraie.

Soit n∈Nxé, on supposeP(n). Soitx∈[0,+∞[. Les fonctionst→tⁿ⁺¹ ett→ −exp(−t) sont de classe C¹ sur R₊, on obtient donc par intégration par parties :

Z x 0

tⁿ⁺¹exp(−t)dt=

−tⁿ⁺¹exp(−t)x 0+

Z x 0

(n+ 1)tⁿexp(−t)dt=−xⁿ⁺¹exp(−x) + (n+ 1) Z x

0

tⁿexp(−t)dt.

x→+∞lim xⁿ⁺¹exp(−x) = 0par croissances comparées, donc lorsquextend vers+∞, le membre de droite converge vers (n+ 1)I_n= (n+ 1)n! = (n+ 1)! parP(n). DoncI_n+1 converge, etI_n+1 = (n+ 1)! :P(n+ 1) est vrai.

D'où le résultat.

2.2 Changement de variables

Le changement de variables non ane est pratiqué sur des intégrales de fonctions continues sur un segment. On passe ensuite à la limite.

Exemple 5. Existence et valeur deZ 1 0

√ 1

1−t²dt. On eectuera le changement de variablet= sin(u). La fonction t → ^√1

1−t² est continue sur [0,1[, donc l'intégrale est impropre en 1. Soit x ∈ [0,1[. Pour étudier Z x

0

√ 1

1−t²dt, on eectue le changement de variable t = sin(u) (de classe C¹ et bijective sur [0,^π₂[ à valeurs dans [0,1[), avecdt= cos(u)du. On note y un antécédent dex dans[0,^π₂[:

Z x 0

√ 1

1−t²dt= Z y

0

cos(u)

p1−(sin(u))²du= Z y

0

cos(u)

|cos(u)|du= Z y

0

1du=y.

Ory tend vers ^π₂ quand xtend vers 1. Donc l'intégrale converge et vaut ^π₂.

Le changement de variables ane peut lui être pratiqué directement sur les intégrales impropres.

3 Cas des fonctions positives

Soit f une fonction continue et positive sur un intervalle [a, b[, où −∞ < a < b 6 +∞. Si l'intégrale Rb

af(t)dt converge et vaut0 alors la fonction f est nulle sur[a, b[, c'est-à-dire∀x∈[a, b[,f(x) = 0. Proposition (Cas d'une fonction continue, positive et d'intégrale nulle).

Remarque. Attention à ne pas oublier les hypothèses continue et positive pour appliquer ce résultat.

Soit f une fonction continue et positive sur un intervalle [a, b[, où −∞ < a < b6+∞. Alors l'intégrale Z b

a

f(t)dt converge si et seulement si la fonctionx7−→

Z x a

f(t)dtest majorée sur [a, b[. Proposition (Condition nécessaire et susante de convergence).

Démonstration. La fonction f est continue sur[a, b[, donc g:x 7−→Rx

a f(t)dt est bien dénie sur [a, b[. Comme c'est la primitive def qui s'annule ena,g est dérivable sur [a, b[et∀x∈[a, b[,g⁰(x) =f(x)>0. Doncg est croissante sur [a, b[.

Le théorème de la limite monotone donne alors : g admet une limite nie en b si et seulement si g est majorée sur [a, b[. Ce qui nous donne exactement le résultat souhaité.

Exemple 6. Convergence de Z +∞

1

exp(−t) t² dt.

La fonctiont→ ^exp(−t)_t2 est continue et positive sur[1,+∞[, donc l'intégrale est impropre en+∞, et d'après le résultat précédent, il nous sut de montrer que la fonctionx→Rx

1

exp(−t)

t² dtest majorée sur [1,+∞[. Soitx∈[1,+∞[, Z x

1

exp(−t) t² dt6

Z x 1

e⁻¹ t² dt6

Z +∞

1

e⁻¹

t² dt=e⁻¹.

En eet, ∀t∈ [1, x],exp(−t) 6 e⁻¹ (par décroissance de t→ exp(−t) sur R), donc la croissance de l'intégrale (avec 16x) donne la première inégalité. La positivité de la fonction intégrée et la convergence de l'intégrale de Riemann R+∞ 1 assurent la suite. La fonction Rx exp(−t) est bornée, donc l'intégraleR+∞exp(−t) converge.

4 Théorèmes de convergence

4.1 Comparaison de fonctions positives

Soit f et g deux fonctions continues sur un intervalle [a, b[, où −∞ < a < b 6 +∞. On suppose qu'au voisinage de b, on a06f(x)6g(x).

Si l'intégrale Rb

ag(t)dt converge, alors l'intégrale Rb

af(t)dt converge également.

Si l'intégrale Rb

af(t)dt diverge vers+∞, l'intégrale Rb

ag(t)dt diverge également.

Proposition (Cas où f 6g,f etg positives au voisinage deb).

Remarque. Attention, la convergence ne signie pas nécessairement queRb

af(t)dt6Rb a g(t)dt. Exemple 7. Convergence deZ +∞

1

1 t³+ 1dt.

La fonctiont→ _t3¹₊₁ est continue sur [1,+∞[, donc l'intégrale est impropre en+∞. Soit t ∈ [1,+∞[, alors 0 6 _t3¹+1 6 _t¹3. Or R+∞

1 1

t³dt est une intégrale de Riemann convergente. Donc R+∞

1 1 t³+1dt converge.

Soit f et g deux fonctions continues sur un intervalle [a, b[, où −∞ < a < b 6 +∞. On suppose qu'au voisinage de b,g est positive et que f(x) ∼_b g(x). Alors l'intégrale Rb

ag(t)dt converge si et seulement si l'intégrale Rb

af(t)dt converge.

Proposition (Cas où f ∼g,f etg positives au voisinage deb).

Exemple 8. Convergence deZ +∞

1

1 tp

(1 +t²)dt.

La fonction t→ ¹

t√

(1+t²) est continue sur [1,+∞[, donc l'intégrale est impropre en +∞. On a _t√ ¹

(1+t²) ∼_{+∞ t}¹₂ >0, orR+∞

1 1

t²dt est une intégrale de Riemann convergente, doncR+∞

1

1 t√

(1+t²)dtconverge également.

Soit f et g deux fonctions continues sur un intervalle [a, b[, où −∞ < a < b 6 +∞. On suppose qu'au voisinage de b, g est positive, que f(x) =b o(g(x)) et que Rb

ag(t)dt converge. Alors l'intégrale Rb af(t)dt converge.

Proposition (Cas où f =o(g),g positive au voisinage deb).

Remarque. Attention, les négligeabilités ne permettent jamais de montrer la divergence d'une intégrale, elles ne peuvent être utilisées que pour montrer une convergence.

Exemple 9. Convergence deZ +∞

0

exp (−u²)du.

La fonctionu→exp (−u²) est continue sur [0,+∞[, donc l'intégrale est impropre en+∞. Les croissances comparées donnent limu→+∞u²exp (−u²) = 0, donc exp (−u²) =+∞ o _u¹2

. Or la fonction u → ¹

u² est positive sur R₊ et R+∞

1 1

u²duest une intégrale de Riemann convergente, doncR+∞

0 exp (−u²)duconverge également.

Remarque : changer la borne non-impropre de l'intégrale au moment de l'application du théorème ne pose pas de

4.2 Convergence absolue

Soitf une fonction continue sur un intervalle[a, b[, où−∞< a < b6+∞. On dit que l'intégraleRb af(t)dt converge absolument siRb

a|f(t)|dt converge.

Dénition (Convergence absolue).

Toute fonction continue sur un intervalle I est la diérence de deux fonctions continues sur I et positives.

Proposition.

Démonstration. Soit f une fonction continue sur un intervalle I. Pour tout x∈I, on pose : f+(x) = max(f(x),0)etf−= max(−f(x),0).

On a vu dans les travaux de rentrée que pour tous réels aet b, max(a, b) = ^a+b+|a−b|₂ (raisonnement par séparation des cas). Donc en particulierf+(x) = ^f(x)+|f₂ ^(x)| etf−(x) = ^{−f(x)+|f(x)|}₂ . La valeur absolue étant continue surR,f+ et f− sont continues surI. Elles sont de plus positives par construction et on a :

f =f₊−f−.

(car pour toutx∈I, sif(x)>0,f+(x)−f₋(x) =f(x)−0 =f(x), et sif(x)60,f+(x)−f₋(x) = 0−(−f(x)) =f(x)).

Cela termine la preuve.

Soit f une fonction continue sur un intervalle [a, b[, où −∞ < a < b 6 +∞. On suppose que Rb af(t)dt converge absolument. Alors Rb

af(t)dt converge.

Théorème (Convergence absolue implique convergence).

Démonstration. (démonstration à connaître) On utilise la décomposition fournie par le résultat précédent :f =f₊−f₋, oùf₊(x) = max(f(x),0)etf−= max(−f(x),0). Par hypothèse, l'intégrale def converge absolument, doncRb

a|f(t)|dt converge. On a de plus les inégalités

06f₊6|f| et06f−6|f|

les intégrales R_b

af+(t)dt et R_b

af−(t)dt sont donc convergentes. Par linéarité des intégrales convergentes, R_b

af(t)dt converge, avec :

Z b a

f(t)dt= Z b

a

f+(t)dt− Z b

a

f−(t)dt.

Exemple 10. Soitn∈N, étudier la convergence de l'intégraleI_n= Z +∞

0

exp(−t)(cos(t))ⁿdt.

La fonctiont→exp(−t)(cos(t))ⁿ est continue sur [0,+∞[, donc l'intégrale est impropre en+∞, et∀t∈[0,+∞[, 06|exp(−t)(cos(t))ⁿ|=|exp(−t)| |(cos(t))|ⁿ6exp(−t).

Or l'intégraleR+∞ est convergente. Donc converge absolument. Donc converge.

5 Intégrales sur un intervalle quelconque

Soitf une fonction continue sur un intervalle]a, b[, où−∞6a < b6+∞. On dit que l'intégrale Z _b

a

f(t)dt converge lorsque qu'il existe c ∈]a, b[tel que lim

x→b

Z _x

c

f(t)dt et lim

x→a

Z _c

x

f(t)dt existent et sont nies. On pose alors :

Z b a

f(t)dt= lim

x→a

Z c x

f(t)dt+ lim

x→b

Z x c

f(t)dt.

Dénition.

Remarque. D'après la relation de Chasles, la valeur de c n'a aucune incidence sur la convergence ou la valeur de l'intégrale. Si cela converge pour unc, cela converge pour tous.

Exemple 11. Étudier la convergence deZ +∞

−∞

tdt.

La fonction t→ t est continue sur R donc l'intégrale existe et est impropre en +∞ et en −∞. Or Z +∞

1

tdt diverge (intégrale de Riemann avecα=−1). DoncZ +∞

−∞

tdt diverge également.

Remarque :∀x ∈R, Z x

−x

tdt= 0, mais cela ne permet pas de conclure, il faut étudier séparément les convergences en +∞ et en −∞.

Exemple 12. Soitx∈R. Étudier la convergence deZ +∞

0

t^x−1exp(−t)dt.

La fonctiont→t^x−1exp(−t) est continue sur ]0,+∞[, donc l'intégrale est impropre en0 et en +∞. Étude deZ 1

0

t^x−1exp(−t)dt. On a lim

t→0e^−t= 1, et donc :

t^x−1exp(−t)∼₀t^x−1 = 1 t^1−x.

Ces fonctions sont positives et continues au voisinage de0₊, donc on peut appliquer le critère d'équivalence et les intégrales R1

0 t^x−1exp(−t)dt et R1 0

1

t^1−xdt ont la même nature. Or par critère de convergence des intégrales de Riemann, R1

0 1

t^1−xdtconverge si et seulement si 1−x <1, et donc si et seulement six >0. Donc R1

0 t^x−1exp(−t)dt converge si et seulement si x >0. Étude de

Z +∞

1

t^x−1exp(−t)dt. Par croissances comparées, on a lim

t→+∞t²t^x−1e^−t= lim

t→+∞t^x+1e^−t= 0, et donc t^x−1e^−t=+∞o

1 t²

. Ces fonctions sont positives et continues au voisinage de +∞ etR+∞

1 1

t²dtest une intégrale de Riemann conver- gente. Donc par critère de négligeabilité,R+∞

1 t^x−1exp(−t)dt est une intégrale convergente (et ce quel que soit x∈R).

Conclusion : l'intégraleR+∞

t^x−1exp(−t)dt converge si et seulement si les deux intégrales étudiées convergent,

Exemple 13. Convergence deZ +∞

0

sin(t) t dt.

La fonction t → ^sin(t)_t est continue sur ]0,+∞[, donc l'intégrale est impropre en 0 et en +∞. On étudie donc la convergence deR₁

0 sin(t)

t dtet de R+∞

1

sin(t) t dt. R1

0 sin(t)

t dt est faussement impropre en0carlimt→0 sin(t)

t = 1∈R. Donc R1 0

sin(t)

t dt converge.

Variante : ^sin(t)_t ∼₀1>0 etR1

0 1dt converge, donc R1 0

sin(t)

t dt converge.

On étudie ensuiteR+∞

1

sin(t)

t dt. La fonction intégrée n'est pas positive au voisinage de+∞, on commence donc par vérier si l'intégrale converge absolument.

∀t > 1,

sin(t) t

6 ¹_t, mais R+∞

1 1

tdt est une intégrale de Riemann divergente, ce qui ne nous permet pas de conclure. L'intégrale n'est en fait pas absolument convergente (même si on ne l'a pas montré).

On tente alors une autre stratégie. Soitx >1. Les fonctions t→ ¹_t ett→ −cos(t)sont de classeC¹ sur[1, x], et une intégration par parties donne :

Z x 1

sin(t) t dt=

−cos(t) t

x 1

− Z x

1

cos(t)

t² dt= cos(1)−cos(x)

x −

Z x 1

cos(t) t² dt.

Or∀x >1,

cos(x) x

6 ¹_x, donc par théorème d'encadrementlimx→+∞cos(x)

x = 0. De plus,∀t>1,06

cos(t) t²

6 _t¹2, etR+∞

1 1

t²dt est une intégrale de Riemann convergente, doncR+∞

1

cos(t)

t² dtconverge absolument (ce qui garantit sa convergence). Donc le membre de droite de l'égalité précédente admet une limite nie en +∞, ce qui signie que R+∞

1

sin(t)

t dt converge.

Conclusion : l'intégraleR+∞

0

sin(t)

t dt est donc convergente.