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Les Intégrales impropres
2014 / 2015
Les Intégrales Impropres
1)
Vocabulaire : La notion d'intégrale généralisée
On essaye ici d'étendre l'intégration sur un segment ( on parle alors d'une "intégrale propre" )
à l'intégration sur un intervalle qui n'est pas un segment ( on parle alors d'une "intégrale impropre" ou "généralisée" )
Cela sera possible pour certaines fonctions ( on parlera alors d'une "intégrale impropre convergente" ) ,
et impossible pour d'autres ( on parlera alors d'une "intégrale impropre divergente"
dive
).
Voici une première définition :
Définition
Intégrale impropre d'une fonction continue
contin
Soit une fonction f : J →
, définie et continue sur un intervalle J = [ a , + ∞ [ .
On veut donner un sens à l'intégrale généralisée :
•
+∞
∫a
f (t)dt .
On dit que cette intégrale impropre converge ( ou encore qu'elle existe )
lorsque la fonction x ֏ F(x) =
x
∫ a f (t)dt
( définie sur J ) possède une limite finie L quand x → +∞ .
•
Si c'est le cas, le réel L représente la valeur de l'intégrale impropre ! Et on écrit alors : L =
•
Si la fonction F n'a pas de limite finie quand x → +∞ , on dit alors que l'intégrale
+∞
∫a
+∞
∫a
f (t) dt .
f (t)dt diverge !
Voici six premiers exemples :
Soit laa fonction t ֏ f (t) =
Exemple n°1
On a : ∀x ∈ IR *+ ,
1
1+ t 2
x
x
∫ 0 f (t) dt = Arc tan x , et donc : ∫ 0 f (t)dt
Ceci prouve que :
L'intégrale
+∞
∫0
+∞
∫0
. L'intégrale
f (t)
(t)dt
dt converge-t-elle ?

→ π2 .
x → +∞
+∞
∫0
f (t)dt converge, et on a :
f (t) dt =
π
2
.
Interprétation géométrique :
Le domaine illimité situé entre le graphe de f et
l'axe des abscisses, pour x décrivant [0, + ∞ [ ,
possède une aire finie , qui vaut
1
x
(t)dt
dt = ln(1 + x ) 
→ +∞ , et donc :
∫ 0 f (t)
x → +∞
Soit la fonction t ֏ f (t) =
Exemple n°3
On a : ∀x ∈ IR *+ ,
!
Soit la fonction t ֏ f (t) = 1 + t . L'intégrale
Exemple n°2
On a : ∀x ∈ IR *+ ,
π
2
x
x
1
t (ln t ) 2
+∞
∫0
f (t)dt
(t) dt converge-t-elle ?
+∞
∫0
L'intégrale
. L'intégrale
+∞
∫2
f (t)
(t)dt
dt converge-t-elle ?
+∞
. Donc : ∫
→
∫ 2 f (t) dt =  − ln t  2 = ln 2 − ln x 
x → +∞
ln 2
2
1
1
1
1
f (t)dt diverge ! .
1
f (t)dt converge et vaut ln 2 .
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Les Intégrales impropres
+∞
∫2
1
Soit la fonction t ֏ f (t) = t (ln t ) . L'intégrale
Exemple n°4
x
+∞
(t) dt =  ln ( ln t )  
→ +∞ . Bilan : ∫
∫ 2 f (t)dt
x → +∞
2
2
On a : ∀x ∈ IR *+ ,
Exemple n°5
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x
Soit la fonction t ֏ f (t) =
1
1+ t 3
f (t)
(t)dt
dt converge-t-elle ?
f (t) dt diverge .
+∞
∫0
. Prouver l'existence et calculer la valeur de l'intégrale
f (t) dt .
Prouvons d'abord l'existence de cette intégrale,
intégrale sans en chercher la valeur ! ( rédaction améliorable, voir plus
p loin … )
La fonction x ֏ F(x) =
x
∫ 0 f (t)dt
est croissante sur IR + ( puisque la fonction f est positive sur IR + ) .
On observe d'abord que : ∀t ≥ 1 , f (t) =
Prouvons alors que F est majorée sur IR + !
x
∫ 1 f (t) dt ≤
F(1) + ( π2 − π4 ) = Cste .
On en déduit que : ∀x ≥ 1 , F(x) = F(1) +
On a donc : ∀x ≥ 1 , F(x) ≤
Or elle est croissante !
Donc

F(1) + 

x
∫1 1 + t
(
1
2
lim F(x) existe, ce qui veut dire que :
x → +∞
)
+∞
∫0
f (t)
(t)dt
dt converge ! .
(
1
1+ X3
=
λ
1+ X
+
aX + b
X 2 − X +1
Par identification après regroupement au même dénominateur, on trouvera :
dt =
3
∫ 1+ t
1
ce qui va donner :
Avec
∫t
1
2 − t +1
1
3
dt =
∫ (t −
3
(∫
1
1+ t
dt =
1
1 2
3
) +
2
4
)
1
dt − 3 

1
3
(∫
1
1+ t
∫t
t−2
2 − t +1
)
1
dt − 6 

Exemple n°6
dt  .

∫t
1
3
Prouvons que l'intégrale sur
En effet, on a : ∀x ∈ IR *+ , F(x) =
x
(
π
2
2t −1
+
π
6
.
( λ = 13 , b = 23 , a = − 13 ) .
On fait alors apparaitre la quantité
2 − t +1
dt , on aura : F(x) =
On observe ainsi que : F(x) 
→0+
x → +∞
)
On sait que : 1 + X3 = ( 1 + X ) 1 − X + X 2 .
Une décomposition en éléments simples est donc du type :
1
.
Ceci prouve que la fonction F est majorée !
On décompose la fraction en éléments simples !
∫ 1+ t
1
1+ t 2

dt  = F(1) + Arc tan x − π4 .

1
Calculons maintenant sa valeur,, … façon calculs rapides … donc calculs à refaire stylo en main !
On a ainsi :
≤
1+ t 3
1
dt  + 2 


x
∫0 1+ t
1
∫t
1
2 − t +1
1
6
  (1 + t ) 2  
 ln  t 2 − t + 1   +

0
) , et on a donc :
[ 0, + ∞ [
,
dt  .

x
dt =
3
2t −1
t 2 − t +1
+∞
∫0
1 2
2 3
x
 Arc tan 2 t − 1  .
0
3 

f (t)
(t)dt
dt existe, et vaut
2π
3 3
de la fonction t ֏ f (t) = cos t est divergente !
∫ 0 f (t) dt = sin x , qui est sans limite finie lorsque
x → +∞ !
Ceci prouve que:
L'intégrale de la fonction f sur IR + n'est pas convergente, i.e. n'existe pas !
Interprétation :
Ici, les aires ( algébriques ) des arches sont alternativement positives et négatives.
Cette fois, le domaine associé ( hachuré ci-dessous ) ne possède pas une "aire limite" … :
.
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Quand on veut étudier l'existence d'une intégrale impropre sur un intervalle [a , + ∞ [ ,
on pose ce problème en écrivant le symbole
+∞
∫a
f (t) dt dont on ignore au départ l'existence !
Cette intégrale n'existera ( et aura alors une valeur ) que si il y a convergence !
Déterminer la nature d'une intégrale impropre, c'est déterminer si elle est convergente ou divergente !
Ce vocabulaire se généralise à d'autres situations ! Ainsi :
Définition
•
Si f : ] −∞ , a ] →
on dit que
•
a
converge lorsque x →
a
∫ x f (t) dt
] −∞ , a ] ,
possède une limite finie lorsque x → −∞ .
est une fonction définie et continue sur un intervalle
b
∫ a f (t)dt
Si f : ] a , b ] →
on dit que
est une fonction définie et continue sur
∫ − ∞ f (t) dt
Si f : [ a , b [ →
on dit que
•
Intégrale impropre d'une fonction continue
converge lorsque x →
x
∫ a f (t) dt
∫ a f (t)dt
converge lorsque x →
b
∫ x f (t) dt
de IR ,
possède une limite finie lorsque x ↑ b .
est une fonction définie et continue sur un intervalle
b
[ a, b[
] a, b ]
de IR ,
possède une limite finie lorsque x ↓ a .
Voici deux nouveaux exemples :

Quelle est la nature de l'intégrale impropre ⌠
Exemple n°7
La fonction t ֏ f (t) =
On a : ∀x ∈ [ 0, 1 [ ,
1
1− t 2
est définie et continue sur
x
x
1
∫ 0 f (t) dt
converge, et on a :
x
π
2
∫ 0 f (t) dt = − ln cos t  0 = − ln cos x
Ceci prouve que : L'intégrale
x
π/ 2
∫0
dt ?
(tan t)dt diverge ! .
.
1
∫ 0 f (t) dt = π2
Quelle est la nature de l'intégrale impropre
La fonction t ֏ f (t) = tan t est définie et continue sur  0,
,

1− t 2
[ 0, 1 [ .
→ π2
∫ 0 f (t) dt = Arcsin x , et donc : ∫ 0 f (t)dt 
x → +∞
Exemple n°8
π
2
1
⌡0
On peut ainsi conclure : L'intégrale
Or on a : ∀x ∈  0,
1
π/ 2
∫0
.
(tan t)dt ?
.

, et donc :
x
→ +∞ .
∫ 0 f (t) dt 
x ↑ π/2
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2)
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Les intégrales doublement généralisées
Parfois, une intégrale est impropre aux deux bornes ! On a alors les définitions suivantes :
Définition
•
IR
Intégrale doublement généralisée sur
Si f : IR →
on dit que
est une fonction définie et continue sur IR ,
+∞
∫ − ∞ f (t)dt
est convergente si et seulement si, en fixant un réel arbitraire c,
chacune des deux intégrales L1 =
+∞
∫c
f (t) dt et L 2 =
+∞
∫ − ∞ f (t) dt
Si tel est le cas, l'intégrale généralisée
c
∫ − ∞ f (t) dt
est convergente !
a alors pour valeur : L1 + L 2 .
On a de même les définitions suivantes :
Définition
•
Intégrale doublement généralisée
Si a ∈ IR , et si f : ] a , +∞ [ →
on dit que
+∞
∫a
est une fonction définie et continue sur
+∞ [ ,
f (t) dt est convergente si, en se fixant un réel c > a , chacune des
+∞
∫c
deux intégrales L1 =
f (t) dt et L2 =
c
∫ a f (t)dt
Si tel est le cas, la valeur de l'intégrale impropre
est convergente !
+∞
∫a
f (t) dt sera : L1 + L 2 .
•
Définition analogue pour une intégrale impropre sur un intervalle du type
•
Si a ∈ IR , et si f : ] a , b [ →
on dit que
] a,
est une fonction définie et continue sur
] −∞ , a [ …
] a, b[ ,
est convergente si, en se fixant c ∈ ] a , b [ ,
b
∫ a f (t)dt
chacune des deux intégrales L1 =
b
∫ c f (t) dt
et L2 =
Si tel est le cas, la valeur de l'intégrale impropre
c
∫ a f (t)dt
b
∫ a f (t)dt
est convergente !
sera : L1 + L 2 .
L'étude d'une intégrale "doublement" impropre doit donc toujours se faire en deux temps !
Remarque :
Le choix du "point de coupure" c est arbitraire ! Tout autre choix de ce réel
ne modifie ni la nature de l'intégrale étudiée, ni sa valeur ( L1 + L 2 ) en cas de convergence !
Si f est la fonction t ֏ f (t) =
Exemple n°9
La fonction f est définie continue sur
On a : ∀x ∈ IR *+ ,
On a donc :
x
∫1
x
f (t) dt
=
t =u2
∫1
→ π2
∫ 1 f (t)dt 
x → +∞
On a de même :
] 0, + ∞ [ ,
x
t (1 + t )
, l'intégrale I =
+∞
∫0
f (t)dt existe-telle ?
l'intégrale I est donc doublement généralisée !
2uf (u 2 )du =
, et donc :
1
∫1
x
2u
u (1 + u 2 )
(
L'intégrale I1 =
→ π2 , et donc :
∫ x f (t)dt = 2 ( π4 − Arc tan x ) 
x↓0
1
Avec ces deux convergences prouvées séparément , on a : I =
et sa valeur est donc : I1 + I 2 , c'est-à-dire que I vaut :
π
2
)
du = 2 Arc tan x − π4 .
+∞
∫0
+ π2 = π .
+∞
π
2
).
converge ( et vaut
π
2
∫1
f (t) dt converge ( et vaut
I2 =
∫ 0 f (t) dt
1
f (t)dt converge,
).
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Les Intégrales impropres
Si f est la fonction t ֏ f (t) =
Exemple n°10
] 0, 1 [ ,
Ici f est définie continue sur
1
∫ 0 f (t) dt
Ainsi, l'intégrale
x
x
Donc on a :
∫ 1/ 4
De même :
∫x
1/ 4
x
t =u2
2
) du =
x
∫ 1/ 2 u
1− u 2
existe-telle ?
(
)
du = 2 Arcsin x − π6 .
1
converge ( et vaut
2π
3
).
f (t) dt converge ( et vaut
π
3
).
∫ 1 / 4 f (t) dt
→ π3 , et donc :
( π6 − Arcsin x ) 
x↓0
1/ 4
∫0
1
∫ 0 f (t) dt
converge, et vaut :
Dès que l'une des deux intégrales L1 ou L 2 diverge … peu importe l'autre …
Exemple n°11
De quelle nature est l'intégrale
Un raisonnement pourri, et une conclusion fausse :
Puisque la fonction t ֏
on a : ∀x ≥ 0 ,
x
Conclusion :
t
t
+∞
2
)
x
2
+
b
∫ a f (t)dt
π
3
=π .
diverge !!
dt ?
On observe que :
∀x ∈ IR ,
=0 ,
 -x
t
2π
3
Méditez ceci :
Voici le raisonnement et la rédaction correcte :
→0
∫ - x 1 + t 2 dt 
x → +∞
∫ - ∞ 1 + t 2 dt
t
x
+∞
∫ −∞ 1+ t
est impaire,
1+ t 2
∫ - x 1 + t 2 dt =  12 ln(1 + t
et donc on a aussi : ∀x ≥ 0 ,
3)
2u
( π2 − π6 ) , ce qui prouve que :
Avec ces deux convergences prouvées séparément , on a :
Remarque :
1
∫ 0 f (t) dt
et non bornée en chacune des deux extrémités de cet intervalle …
∫ 1/ 2 2uf (u
=
f (t)dt 
→2
x ↑1
f (t) dt = 2
, l'intégrale
est doublement généralisée !
∫ 1/ 4 f (t) dt
On a : ∀x ∈ IR *+ ,
1
t (1 − t )
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x
∫0
t
1+ t 2
dt = 12 ln(1 + x 2 ) 
→ +∞
x → +∞
t
Donc : L'intégrale
( elle n'a aucune valeur …
converge et vaut 0
+∞
∫ −∞ 1+ t
t
2
dt diverge !
puisqu'elle "n'existe pas !" … )
Propriétés générales
a) On peut changer d'intervalle d'intégration, sous réserve de continuité sur le segment manquant !
Plus précisément :
Théorème
Soit f : J →
Changement de point de coupure
une fonction définie et continue sur un intervalle J = [ a , b [ ( ou J = [ a , + ∞ [ ) .
Alors, pour tout c ∈ J , les intégrales
b
∫ a f (t)dt
et
b
∫ c f (t)dt
sont exactement de même nature !
( cela signifie qu'elles sont simultanément convergentes, ou alors simultanément divergentes ! )
De plus, en cas de convergence, on a :
En effet : Le réel K =
c
∫ a f (t) dt
b
∫a
f (t) dt =
c
∫a
f (t) dt +
b
∫ c f (t) dt
( relation de CHASLES ) .
est parfaitement défini, c'est une constante,
et on a : ∀x ∈ [ c, b [ , F(x) = K + G(x) , si on pose F(x) =
x
∫a
f (t) dt et G(x) =
x
∫ c f (t) dt .
Ainsi : F(x) possède une limite finie quand x ↑ b si et seulement si G(x) en possède une aussi !
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b) Intégrales "faussement généralisées"
Soit f : [ a , b [ →
une fonction définie et continue sur un intervalle
Supposons que f possède une limite finie ℓ lorsque x ↑ b .
On peut alors prolonger f en une fonction continue sur le segment
b
∫ a f (t)dt
L'intégrale
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[ a, b[
[ a, b ]
de IR .
en posant : f (b) = ℓ .
existe maintenant en tant "qu'intégrale propre" ( c'est-à-dire intégrale de RIEMANN )
Par continuité d'une intégrale propre fonction de sa borne d'en haut, on aura :
b
∫ a f (t)dt
C'est-à-dire que l'intégrale "faussement généralisée"
x
b
→ ∫ f (t) dt .
∫ a f (t) dt 
x↑b
a
est bien sûr convergente !
Ainsi :
Toute intégrale propre peut être considérée comme une intégrale impropre convergente !
c) Signe d'une intégrale convergente
Théorème
On a :
Stricte positivité d'une intégrale convergente
Soit f : J → IR une fonction définie et continue sur un intervalle J , avec : ∀t ∈ J , f (t) ≥ 0 .
On suppose que son intégrale généralisée I( f ) = ∫ f (t) dt est convergente . On a alors : I( f ) ≥ 0 .
J
Si de plus la fonction f est non toujours nulle sur J, alors on peut affirmer que : I( f ) > 0 .
Bien observer que pour conclure à une "stricte positivité",
il faut que la fonction f satisfasse 3 hypothèses sur J : être continue, positive, et non toujours nulle !
d) Somme d'intégrales convergentes
Théorème
Linéarité sous hypothèse de convergence
et g : J →
Si f : J →
sont des fonctions définies et continues sur un intervalle J .
∫ J f (t) dt et ∫ J g(t) dt sont convergentes, et si λ est donné dans
alors les intégrale généralisées ∫ ( f (t) + g(t) ) dt et ∫ ( λf (t) ) dt sont elles aussi convergentes.
J
J
On a alors : ∫ ( f (t) + g(t) ) dt = ∫ f (t) dt + ∫ g(t) dt , ainsi que : ∫ ( λf (t) ) dt = λ . ∫ f (t) dt .
J
J
J
J
J
Si leurs intégrales généralisées
On a donc :
b
b
b
∫ a ( f (t) + g(t) ) dt = ∫ a f (t) dt + ∫ a g(t) dt
,
… SI CES DEUX DERNIERES INTEGRALES CONVERGENT !
Attention à ne jamais "casser" brutalement une intégrale qui converge … car les "débris" pourraient diverger !
À ce propos, méditez donc
L'intégrale
+∞
∫0
1
1+ t 2
l'horreur mathématique
dt converge, et vaut
Mais écrire ceci :
+∞
∫0
1
1+ t 2
nd
dt =
+∞
∫0
π
2
!
t
1+ t 2
dt +
que voici :
Or on a :
+∞ 1− t
∫0
1+ t 2
1
1+ t 2
=
t
1+ t 2
dt …
+
1− t
1+ t 2
.
est monstrueux !
car les intégrales écrites au 2 membre divergent, et donc n'ont pas de sens !
Une conséquence du théorème de linéarité :
Si
b
∫a
f (t)dt converge , et si
b
∫a
g(t) dt diverge , alors l'intégrale
b
∫ a ( f (t) + g(t) ) dt
diverge !
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4)
Les Intégrales impropres
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Les intégrales de référence
Théorème
Intégrales de référence
1
∫ 0 ( ln t ) dt
•
L'intégrale
•
Soit a ∈ IR donné.
L'intégrale
∫0
•
Soit α∈ IR donné.
L'intégrale
∫1
•
Soit α∈ IR donné.
L'intégrale
∫0
converge
+∞ −a t
e
+∞ 1
tα
1
1
tα
dt converge si et seulement si a > 0 .
dt converge si et seulement si α > 1 .
converge si et seulement si α < 1 .
dt
Prouvons tout cela point par point :
•
On a : ∀x ∈ IR *+ , H(x) =
1
∫ x ( ln t ) dt = [ t .ln t − t ] x = −1 − x.ln x + x .
1
→−1 , car lim (x ln x) = 0 .
Donc : H(x) 
x↓0
•
Si a = 0 , on a :
Si a ≠ 0 , on a :
x↓0
x −a t
∫0 e
x −a t
∫0
e
Conclusion : L'intégrale
•
Si on pose : F(x) =
∀x ∈ IR *+ ,
Cette fois, on a :
x −a t
x
∫ 0 1 dt = x , donc ∫ 0 e
+∞ −a t
∫0
e
converge, et sa valeur est −1 .
dt 
→+ ∞ , et il y a divergence !
x → +∞
 a1
x
dt =  − 1a e− a t  = a1 − 1a e − a x 
→

x → +∞

0
 + ∞
si a > 0
si a < 0
, d'où la conclusion !
dt converge si et seulement si a > 0 . Sa valeur est alors
1
a
.
x 1

F(x) = 

ln x
1
1
(1 − α −1 )
α −1
∫
x
+∞ 1
1
tα
∀x ∈ IR *+ ,
Dans les intégrales
si α = 1
,
si α ≠ 1
 1
et donc : F(x) 
→  α −1
x → +∞
 + ∞
si α > 1
si α ≤ 1
1
dt converge si et seulement si α > 1 . Sa valeur est alors α − 1
ɶ =
F(x)
∫
1 1
x tα
1 1
∫ 0 t α dt
d'où la conclusion : L'intégrale
Remarque :
∫ 0 (ln t) dt
∫ 1 t α dt , alors on a :
Conclusion : L'intégrale
•
dt =
1
Conclusion :
1
 1
dt 
→ − α +1
x↓0
 + ∞
si α < 1
si α ≥ 1
.
.
,
converge si et seulement si α < 1
+∞ 1
tα
∫ 0 (ln t) dt , ∫ 1
dt ,
1 1
∫ 0 t α dt , la borne 1 a été choisie pour fixer les idées !
Ces résultats restent vraies avec toute autre borne strictement positive !
À retenir :






+∞ 1
tα
∫1
1
∫ 0 ( ln t ) dt
converge 

dt converge  ⇔ ( α > 1 )




+∞ −a t
∫0



e
1 1
dt converge  ⇔ ( a > 0

∫ 0 t α dt
converge  ⇔ ( α < 1 )

)
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5)
Les Intégrales impropres
2014 / 2015
Le théorème de changement de variable
Théorème
Changement de variable dans une intégrale impropre
Soit f : J →
définie et continue sur un intervalle J .
Soit ϕ : I → J une application bijective d'un intervalle I sur J, de classe C 1 et strictement monotone sur I .
Alors les intégrales
∫ J f (x) dx
et
∫ I f ( ϕ(t) ) ϕ′(t) dt
sont de même nature,
et de même valeur en cas de convergence !
∫ J f (x) dx , on sous-entend une intégrale écrite avec des bornes "dans le bon ordre" !
Rappelons que dans la notation
La présence d'une valeur absolue dans ce théorème s'explique alors !
Il suffit de regarder de plus près ce qui se passe selon que ϕ est croissante ou décroissante :
▪
Si ϕ est strictement croissante sur I = ] α , β [ , alors on a : J = ] ϕ (α), ϕ (β) [ , ainsi que ϕ′(t) = ϕ′(t) .
D'où la relation : :
▪
∫I
f ( ϕ(t) ) ϕ′(t) dt =
β
∫α
f ( ϕ (t) ) ϕ′(t)dt =
ϕ(β)
∫ ϕ ( α ) f (x)dx) = ∫ J f (x)dx .
Si ϕ est strictement décroissante sur I = ] α , β [ , alors on a : J = ] ϕ (β), ϕ (α) [ , et : ϕ′(t) = − ϕ′(t) .
Et cette fois :
∫I
f ( ϕ(t) ) ϕ′(t) dt =
β
∫α
f ( ϕ (t) ) [ −ϕ′(t)] dt = −
ϕ(β )
∫ ϕ( α)
f (x)dx) =
ϕ(α )
∫ ϕ ( β ) f (x)dx) = ∫ J f (x)dx .
Soient a et b deux réels avec a < b . Examinons alors l'intégrale généralisée :
Exemple n°12
b
∫a
dx
(x − a)λ
Pour x ∈ ] a , b ] , on a x − a > 0 , et donc la fonction à intégrer est bien définie continue sur ] a , b ]
] 0, b − a ]
Le changement de variable t ֏ x = a + t est bijectif de
strictement monotone et de classe C 1 sur
Ainsi :
b
∫a
dx
(x − a)λ
On retiendra que :
] 0, b − a ] .
est de même nature que

Avec u ֏ x = b − u , on prouvera de même que : 

b
∫a
b − a dt
tλ
∫0
dx
( b− x ) µ
, et donc converge si et seulement si λ < 1 !

converge 

 b dx

 a ( x − a ) α converge  ⇔ ( α < 1 )


∫
Exemple n°13
La fonction t ֏ Arc1cos t est définie continue sur
1 sin u
u
1
[ 0, 1 [
( avec
1
Arc cos t
1
∫ 0 Arc cos t
dt



b
∫a
π
2
b −a du
∫0
uµ
dx
(b− x ) α
∫ 0 Arc cos t
Étudions l'intégrale
et de classe C 1 sur  0, π2  , qui transforme l'intégrale


Ces deux intégrales sont donc de même nature !
∫0



et
Le changement de variable u ֏ t = cosu est une bijection de  0,

Or ici
] a, b ],
sur
dt

converge 

( µ < 1)
converge  ⇔ ( α < 1 )

!

→ +∞ ) .
t ↑1
 sur

[ 0, 1 [ ,
en l'intégrale
du est une intégrale propre , donc convergente ! On conclut ainsi :
strictement décroissante
π/2 1
∫0
u
1
( sin u du ) .
∫ 0 Arc cos t
dt
converge .
.
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Les Intégrales impropres
2014 / 2015
Observez bien ce qui vient de se passer dans cet exercice :
Parfois, un changement de variable transforme une intégrale impropre en une intégrale propre !
Dans ce cas, l'intégrale impropre est de même nature que l'intégrale propre, c'est-à-dire convergente !!
Voici deux autres exemples de phénomène, à vérifier vous-même, stylo en main :
▪
L'intégrale impropre
+∞
∫1
dx
1+ x 3
devient l'intégrale propre K =
1 t dt
∫ 0 1+ t
3
après le changement
de variable t ֏ x = 1t ( application bijective strictement décroissante de classe C 1 de
On en déduit que l'intégrale
▪
L'intégrale impropre
+∞
∫0
+∞
∫1
dx
1+ x 3
dx
(1 + x 2 ) 2
] 0, 1 ]
sur
devient l'intégrale propre
Elle est donc convergente, et sa valeur est :
Inversement, l'intégrale propre
π
π/2
∫0
(cos t)2 dt après le changement
+∞
∫0
∫ 0 2 + cos x
dx
dx
(1 + x 2 ) 2
=
π/2
∫0
π
2
 sur
[ 0, + ∞ [
).
π
(cos t)2 dt = 4 .
+ ∞ 2dt
∫0
devient l'intégrale impropre
3+ t2
si on pose : x = tan 2t … … Tiens au fait … Profitez-en pour calculer cette intégrale
6)
).
est convergente, et qu'elle vaut K .
de variable t ֏ x = tan t ( application bijective strictement décroissante de classe C 1 de  0,
▪
[ 1, + ∞ [
π
∫ 0 2 + cos x
dx
!
Fonctions positives : Les 3 Critères de Convergence
a) Principe fondamental de raisonnement quand on intègre une fonction réelle positive :
[ a, b[ ,
Si la fonction f est réelle positive ( respectivement négative ) sur
alors la fonction F : x ֏
x
∫ a f (t) dt
est monotone croissante (respectivement décroissante ) sur
[ a, b[ !
Donc, d'après le théorème des limites monotones, on peut affirmer l'équivalence suivante :
b


 L'intégrale a f (t) dt converge  si et seulement si ( F a une limite finie quand x ↑ b )


si et seulement si ( la fonction F est majorée (respectivement minorée ) sur [ a , b [ ! )
∫
À partir de ces observations, il vient :
Théorème
Principe fondamental de l'intégration des fonctions positives
Soit f : J → IR définie et continue sur un intervalle J = [ a , b [ , et telle que : ∀t ∈ J , 0 ≤ f (t) .
Alors : l'intégrale
b
∫ a f (t)dt
converge si et seulement si la fonction x ֏ F(x) =
( De même, si J = ] a , b ] , l'intégrale
Remarque :
b
∫ a f (t) dt
converge si et seulement si x ֏
x
∫ a f (t) dt est majorée sur J
b
∫ x f (t) dt est majorée sur J
.
).
C'est exactement ainsi qu'on a raisonné dans la rédaction de l'exemple n°5 précédent !
Mais ça aurait pu être bien plus rapide à rédiger ( voir la rédaction page 10 ) …
Remarque importante : Puisque la fonction x ֏ F(x) =
on peut affirmer à coup sûr que si l'intégrale
b
x
∫ a f (t)dt
∫ a f (t)dt
est croissante sur J quand f est positive sur J,
diverge, c'est qu'on a : F(x) → +∞ quand x ↑ b .
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Les Intégrales impropres
2014 / 2015
b) Le Critère de comparaison
omparaison par majoration :
Théorème
Théorème de comparaison par majoration
Soient f : J → IR et g : J → IR des fonctions définies et continues sur un intervalle J = [ a , b [ .
On suppose que : ∀t ∈ J , 0 ≤ f (t) ≤ g(t) .
•
Si l'intégrale
b
∫ a g(t) dt
De plus, on a alors :
•
Si l'intégrale
b
∫a
converge , alors il en est de même pour l'intégrale
b
b
∫ a f (t)dt .
b
∫ a f (t)dt ≤ ∫ a g(t)dt .
f (t) dt diverge , alors il en est de même pour
b
∫ a g(t) dt .
Autrement dit :

Si ∀t ∈ J , 0 ≤ f (t) ≤ g(t) , alors :  
 
Preuve : On pose F(x) =
Si l'intégrale
x
∫ a f (t) dt
b
∫ a g(t) dt
CV  ⇒ 


b
∫a g
et G(x) =
x
∫ a g(t) dt
b
∫a f


CV   et  
 
 
pour x ∈ J .
b
∫a f
DV  ⇒ 


b
∫a g

DV  
 
.
On a donc : ∀x ∈ J , F(x) ≤ G(x) .
converge, alors la fonction G est majorée d'après le théorème précédent
précéde !
b
∫ a f (t)dt
Donc la fonction F l'est aussi a fortiori ! Par ce même théorème, l'intégrale
converge donc !
La deuxième affirmation du théorème est une répétition "en contraposée" de la première affirmation !
Remarque :
Il est facile d'interpréter géométriquement ce théorème de comparaison :
Toute "sous partie" d'un domaine d'aire finie, est elle même d'aire finie …
Bien retenir que c'est un théorème à "3 pattes" : 1) Positivité, 2) Majoration, 3) Convergence de la majorante !
Pour ces hypothèses, on ne compare que les fonctions
fonctions, et les intégrales n'apparaissent qu'à la conclusion !
+∞
∫0
Nouvelle ( et meilleure ) rédaction de l'exemple n°5,
n° , à savoir la convergence de l'intégrale
On observe que : ∀t ≥ 1 , 0 ≤ f (t) =
(1)
1
1+ t 3
≤
1
1+ t 2
≤
( 2)
1
t2
= h(t) . Or
+ ∞ dt
∫1
t2
converge
(3)
Avec ( 1 ) et ( 2 ) et ( 3 ) et le théorème de comparaison par majoration, on déduit que :
Puisque f est continue sur
Remarque importante :
[ 0, 1 ] ,
on conclut que l'intégrale
+∞
∫0
dt
1+ t3
dt
1+ t3
( intégrale de référence ) .
+∞
∫1
dt
1+ t 3
converge.
converge aussi !
On peut affaiblir les hypothèses du théorème ci
ci-dessus,
dessus, en supposant
que la relation 0 ≤ f (t) ≤ g(t) n'est vérifiée que pour t au voisinage de b.
En effet, si 0 ≤ f (t) ≤ g(t) n'a lieu que pour t ∈ [ c, b [ , on étudiera la nature des intégrales sur
[ a, c ] ,
[ a , b [ sont de même nature que celles sur [ c, b [
Puisque les fonctions f et g sont continues sur le segment manquant
les intégrales de f et de g sur
!
:
[ c, b [
.
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Les Intégrales impropres
Exemple n°14
L'intégrale
La fonction t ֏ exp( − t 2 ) est définie continue sur
+∞
2014 / 2015
e − t dt converge !
∫0
2
[ 0, + ∞ [ .
On a en effet : ∀t ∈  1, +∞  , 0 ≤ exp( − t 2 ) ≤ exp( − t ) = g(t) , et on sait que :
+∞
∫1
Du théorème de comparaison par majoration, on déduit que :
et par continuité sur le segment
[ 0, 1 ] ,
Exemple n°15
On observe que : t e
3 −t/2
= (t e
∫0
Prouvons que l'intégrale
La fonction t ֏ t 3e − t est définie et continue sur
3 −t
+∞
on a finalement :
).e
−t/2
+∞
∫1
g(t)dt convergente.
exp( − t 2 ) dt ,
e − t dt converge .
2
+∞ 3 −t
∫0
t e dt converge !
[ 0, + ∞ [ .
avec ( t 3e − t / 2 ) 
→ 0 ( théorème des croissances comparées ) .
t → +∞
Donc, on a : ∃ A ∈ IR , ∀t ≥ A , 0 ≤ t 3e − t / 2 ≤ 1 . Ainsi on a la majoration : ∀t ≥ A , 0 ≤ t 3e− t ≤ e− t / 2 = g(t) .
(1)
On sait que l'intégrale
+∞
∫A
(2)
g(t)dt converge ( 3 ) ( intégrale de référence ) .
+∞ 3 −t
∫A
Le théorème de comparaison s'applique, et ainsi : ( 1 ) & ( 2 ) & ( 3 ) ⇒
Enfin, la fonction t ֏ t 3e − t est continue sur
[ 0, A ] ,
donc l'intégrale
t e dt converge !
+∞ 3 −t
∫0
t e dt converge aussi !
c) Le Critère de comparaison par domination locale
Théorème
Comparaison par domination locale
Soient f : J → IR et g : J → IR des fonctions définies et continues sur un intervalle J = [ a , b [ .
On suppose que :
a) f (t) et g(t) sont positives au voisinage à gauche de b,
b) f (t) = O ( g(t) ) .
t↑b
Alors :
b
▪
Si l'intégrale
∫ a g(t) dt
▪
Si l'intégrale
∫ a f (t)dt
b
converge , l'intégrale
diverge , l'intégrale
b
∫ a f (t)dt
b
∫ a g(t) dt
converge aussi !
diverge aussi !
Démonstration du théorème ci-dessus :
On sait d'abord qu'il existe un voisinage V1 = [ c1 , b [ tel que : ∀t ∈ V1 , f (t) ≥ 0 et g(t) ≥ 0 .
Puisque : f (t) = O ( g(t) ) , on sait ( par définition de cette domination locale ),
t↑b
qu'il existe aussi un voisinage V2 = [ c2 , b [ , ainsi qu'un réel positif K, tels que :
Posons V = V1 ∩ V2 .
∀t ∈ V2 , f (t) ≤ K g(t) .
C'est un intervalle qui s'écrit V = [ c, b [ sur lequel on a : ∀t ∈ V , 0 ≤ f (t) ≤ K .g(t) .
Si par hypothèse l'intégrale
b
∫ a g(t) dt
est convergente, il en est de même de l'intégrale
Donc, d'après le critère de comparaison par majoration, l'intégrale
b
∫ c K.g(t) dt !
b
∫ c f (t)dt est convergente !
Enfin, par continuité sur le segment manquant [ a , c] , on conclut que
b
∫ a f (t)dt
converge !
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Remarque :
Les Intégrales impropres
2014 / 2015




On rappelle que :  f (t) = o ( g(t) )  ⇒  f (t) = O ( g(t) )  .
t↑b
t↑b




Donc dans le théorème ci-dessus :
On peut remplacer l'hypothèse en "grand O", par celle en "petit o" …
Exemple n°15 bis
+∞ 3 −t
∫0
Autre rédaction pour prouver que l'intégrale
t e dt converge !
La fonction t ֏ t 3e − t est définie et continue sur IR + .
On observe que : t 3e − t = ( t 3e − t / 2 ).e − t / 2 avec ( t 3e − t / 2 ) 
→ 0 ( théorème des croissances comparées ) .
t → +∞
On a donc : t 3e − t
=
t → +∞
(
)
+∞
o e − t / 2 . Or on sait que
∫0
e − t / 2 dt converge ( série de référence ),
donc le théorème de comparaison par domination locale permet de conclure :
Exemple n°16
Prouvons que l'intégrale
1
∫0
+∞ 3 −t
∫0
t e dt converge aussi !
− ln x dx converge !
] 0, 1 ] .
La fonction x ֏ − ln x est bien définie ( ! ) , et continue, sur l'intervalle
x − ln x 
→0 .
x↓0
On sait que : x( ln x ) 
→ 0 ( théorème des croissances comparées ) , et donc aussi :
x↓0
On a donc :
− ln x = o
x↓0
( ) . Or on sait que
1
x
1 dx
∫0
x
converge ( série de référence ),
donc le théorème de comparaison par domination locale permet de conclure :
1
∫0
− ln x dx converge aussi !
Ce critère est principalement utilisé
pour comparer une intégrale
+∞
∫a
Il s'agit donc de savoir si on a : f (t)
f (t) dt avec une intégrale type
=
t → +∞
O
( ) ou si on a :
1
tα
1
+ ∞ dt
tα
∫1
=
tα t → + ∞
.
O ( f (t) ) .
Et pour le savoir, il convient donc d'examiner le produit t α f (t) !!
▪
Si on a : t α f (t) 
→ 0 , on aura : f (t)
t → +∞
=
t → +∞
o
( ) , et donc aussi : f (t)
1
tα
Cette situation permettra de conclure si on a α > 1 ! Car alors
▪
Si on a : t α f (t) 
→ +∞ , on pourra écrire que :
t → +∞
1
=
tα t → + ∞
+∞
∫a
=
t → +∞
O
( ).
1
tα
f (t) dt sera convergente !
o ( f (t) ) , et donc aussi que
Cette situation permettra de conclure si on a α ≤ 1 ! Car alors
+∞
∫a
1
f (t) dt sera divergente !
A ce sujet,
les deux exemples qui suivent doivent être travaillés de près !
=
tα t → + ∞
O ( f (t) ) .
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Les Intégrales impropres
Exemple n°17
+ ∞ ( ln t ) 2
∫2
Prouvons que l'intégrale
( ln t ) 2
On commence par observer que : ∀t ≥ 2 ,
t t
=
( ln t ) 2
t 3/ 2
=
( ln t ) 2
1
1/ 4
5/ 4
t
2014 / 2015
t
t t
dt converge !
.
Rédaction n°1 : Utilisation du critère de comparaison par domination locale :
Puisque
( ln t ) 2
t 1/ 4
( ln t ) 2

→ 0 ( théorème des croissances comparées ), on a :
t → +∞
t t
=
t → +∞
o
( ).
1
t
5/ 4
C'est une domination locale entre fonctions positives au voisinage de +∞ .
+ ∞ dt
t 5/ 4
∫2
Du critère de comparaison par domination locale, et sachant que
on en déduit directement que l'intégrale
+ ∞ ( ln t ) 2
∫2
t t
converge ( intégrale de référence ) ,
dt converge aussi !
Rédaction n°2 : Utilisation du critère de comparaison par majoration :
Puisque
( ln t ) 2
t
1/ 4

→ 0 ( théorème des croissances comparées ), on a : ∃ A > 0 tel que ∀t ≥ A ,
t → +∞
On a alors : ∀t ≥ A , 0 ≤
(1)
( ln t ) 2
t t
≤
1
( 2 ) t 5/ 4
+ ∞ dt
t 5/ 4
∫A
, et on sait que
+ ∞ ( ln t ) 2
∫A
On commence par observer que : ∀t ≥ 2 ,
1
t (ln t ) 2014
=
+∞
∫2
1
t
t (ln t ) 2014
t t
+ ∞ ( ln t ) 2
∫2
Enfin, par continuité de la fonction intégrée entre 2 et A, on a aussi :
Prouvons que l'intégrale
t 1/ 4
≤1 .
converge ( 3 ) ( série de référence ) .
Le théorème de comparaison s'applique, et ainsi : ( 1 ) & ( 2 ) & ( 3 ) ⇒
Exemple n°18
( ln t ) 2
t t
1
t ( ln t ) 2014
dt converge !
dt converge.
dt diverge !
.
Rédaction n°1 : Utilisation du critère de comparaison par domination locale :
Puisque
t
( ln t ) 2014
1

→ +∞ ( théorème des croissances comparées ), on a : t
t → +∞
=
t → +∞
1


o
.
2014 
 t ( ln t )

C'est une domination locale entre fonctions positives au voisinage de +∞ .
+ ∞ dt
∫2
Du critère de comparaison par domination locale, et sachant que
on en déduit directement que l'intégrale
+∞
∫2
1
t ( ln t ) 2014
t
diverge ( intégrale de référence ) ,
dt diverge aussi !
Rédaction n°2 : Utilisation du critère de comparaison par minoration :
Puisque
t
( ln t ) 2014

→ +∞ ( croissances comparées ), on a : ∃ A > 0 tel que ∀t ≥ A ,
t → +∞
On a alors : ∀t ≥ A ,
1
1
≥
≥ 0,
t (ln t ) 2014 ( 2 ) t (1 )
et on sait que
+ ∞ dt
∫A
t
t
( ln t ) 2014
≥1 .
diverge ( 3 ) ( série de référence ) .
+∞
Le théorème de comparaison s'applique, et ainsi : ( 1 ) & ( 2 ) & ( 3 ) ⇒
∫A
Enfin, par continuité de la fonction intégrée entre 2 et A, on a aussi :
∫2
+∞
1
t ( ln t ) 2014
dt diverge !
1
t ( ln t ) 2014
dt diverge.
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Les Intégrales impropres
2014 / 2015
d) Le Critère de comparaison par équivalence :
Théorème
Théorème de comparaison par équivalence
Soient f : J → IR et g : J → IR des fonctions définies et continues sur un intervalle J = [ a , b [ .
On suppose que : a) g(t) reste de signe constant au voisinage à gauche de b,
Alors :
b
b
∫ a f (t)dt et ∫ a g(t) dt
Les intégrales
b) f (t)
~
t↑b
g(t) .
sont de même nature !
Démonstration du théorème ci-dessus :
Supposons d'abord que g(t) reste de signe constant positif au voisinage à gauche de b.
Puisque f (t) ~ g(t) , on en conclut que f (t) reste positif aussi au voisinage à gauche de b.
t↑b
De plus, l'hypothèse f (t)
~
t↑b
g(t) entraine qu'on a à la fois : f (t) = O ( g(t) ) et g(t) = O ( f (t) ) .
t↑b
t↑b
Du théorème de comparaison par domination locale,
b
∫ a g(t) dt
on en conclut que
converge si et seulement si
b
∫ a f (t)dt
converge aussi !
Autrement dit, que ces deux intégrales sont bien de même nature !
On a alors : -f (t)
Et si g(t) reste de signe constant négatif au voisinage à gauche de b ?
~ - g(t) ,
t↑b
et on conclut que les intégrales de −f et de −g sont de même nature, et donc celles de f et de g aussi !
Exemple n°19
Arc tan t
t
La fonction t ֏ r(t) =
car ∀t > 0 ,
On a ; r(t)
On sait que
L'intégrale
est définie continue sur
+∞
∫0
Arc tan t
t
] 0, + ∞ [ ,
dt diverge !
[ 0, + ∞ [ ,
et même
Arc tan t
t
≥ 0 , et qu'elle se prolonge par continuité en t = 0 avec r( 0) = 1 , puisque Arc tan t
~ (1)
K
t
t → +∞
+ ∞ dt
∫1
π
2
avec K =
. C'est un équivalent de signe constant ( positif ) ( 2 ) .
diverge ( 3 ) . Le critère de comparaison par équivalence s'applique,
t
et donc de ( 1 ) et ( 2 ) et ( 3 ) , on conclut que :
Exemple n°20
ln (1 + t )
t
t
~
t
t↓0 t
t
=
1
t 1/ 2
+∞
∫1
r(t) dt diverge, et donc que
Prouvons que l'intégrale I =
On observe d'abord que la fonction t ֏
On voit que :
~
t↓0
ln (1 + t )
t
t
1 ln (1 + t )
∫0
t
est définie continue sur
t
+∞
∫0
r(t) dt diverge aussi !
dt converge
] 0, 1 ] .
= g(t) ( 1 ) .
C'est une équivalence entre fonctions positives au voisinage à droite de 0 ( 2 ) .
Et on sait que l'intégrale
1
∫ 0 g(t)dt
converge ( 3 ) ( intégrale de référence ) ,
Le théorème de comparaison par équivalence s'applique, et ainsi : ( 1 ) & ( 2 ) & ( 3 ) ⇒ ( I converge ! )
t.
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Les Intégrales impropres
Exemple n°21
π/2
∫0
Prouvons que l'intégrale
2014 / 2015
tan t dt converge !
On observe d'abord que la fonction t ֏ tan t est définie continue sur  0,
π
2
strictement décroissante et de classe C 1 sur  0,

π/ 2
∫0
cotan u du .
π/ 2 1
∫0
u
1
( 1 ),
u
~
u
π/2
∫0
tan t dt en
u
~
1+ u 2 u → +∞ u 2
On sait que
+∞
∫1
π
2
,

tan t dt
équivalent de signe constant ( positif ) ( 2 ) .
π/2

cotan u du converge  . Et donc aussi

∫0
Elle est strictement croissante et de classe C 1 sur
et elle transforme
π/2
∫0
Le changement de variable u ֏ t = Arc tan u est une bijection de
Méthode n°2 :
 sur  0,


du converge ( intégrale de référence ) ( 3 ) . Le théorème de comparaison par équivalence

s'applique, et ainsi : ( 1 ) & ( 2 ) & ( 3 ) ⇒ 

Or on a :
 , qui transforme l'intégrale

π
2
Ces intégrales sont donc de même nature !
cos u
sin u u ↓ 0
cotan u =
Et on sait que :
On sait que
.

Le changement de variable u ֏ t = π2 − u est une bijection de  0,

Méthode n°1 :
en l'intégrale
π
2
1
u 3/ 2
=
+∞
∫0
1
( 1 ),
u 3/ 2
u du
1+ u 2
π/2
∫0
tan t dt .
[ 0, + ∞ [
sur  0,
π
2
.

[ 0, + ∞ [ ,
.
Ces deux intégrales sont donc de même nature !
équivalent de signe constant ( positif ) ( 2 ) au voisinage à droite de 0 .
du est convergente ( intégrale de référence ) ( 3 ) . Le théorème de comparaison par
équivalence s'applique,
 + ∞ u du

et ainsi : ( 1 ) & ( 2 ) & ( 3 ) ⇒ 
converge  .
2
 1 1+ u

Par continuité sur [ 0, 1] ,
∫0
∫
+∞
Exemple n°22
π/2
converge aussi, et donc
∫0
Prouvons que l'intégrale
∫π
u du
1+ u 2
+∞
tan t dt converge aussi !
sin t
t
dt est divergente !
Puisque : ∀t ∈ IR , sin t ≥ (sin t)2 ≥ 0 , il suffit donc de prouver que l'intégrale S =
+ ∞ (sin t ) 2
∫π
t
dt diverge !
Le changement de variable u ֏ t = u + π2 est une bijection affine de  π2 , + ∞  sur [ π , +∞ [ , qui transforme
l'ingérable S =
+ ∞ (sin t ) 2
∫π
t
dt en l'intégrale K = ⌠

+∞
( cos u ) 2
⌡ π/2 u + π
du . Donc S et K sont de même nature !
2
On a clairement cette équivalence :
(cos u ) 2
( cos u ) 2
π
u
u + 2 u → +∞
Donc K est de même nature que D =
~
+ ∞ (cos u ) 2
∫ 3π / 2
u
( équivalent de signe constant ) .
du , elle même de même nature que C =
+ ∞ (cos u ) 2
∫π
u
du .
Finalement S et C sont de même nature !
Si elles étaient toutes les deux convergentes, leur somme le serait aussi …
Mais S + C =
+∞ 1
∫π
u
du diverge !
On en conclut qu'elle sont forcément toutes les deux divergentes !
Et grâce à la minoration initiale :
( ∀t ∈ IR ,
)
sin t ≥ (sin t)2 ≥ 0 , on conclut que :
+∞
∫π
sin t
t
dt diverge .
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Les Intégrales impropres
2014 / 2015
e) Un critère de divergence ( à connaitre, mais son énoncé est hors programme )
b
∫ a f (t)dt
Soit à prouver qu'une intégrale impropre
( avec problème de convergence en b ) est divergente !
Raisonnons par l'absurde, et supposons que l'intégrale
b
∫ a f (t)dt
soit convergente ! Posons F(x) =
x
∫ a f (t) dt .
v
∫ u f (t) dt = F(v) − F(u)
On sait donc que L = lim F(x) existe . On en déduit que toute expression du type
x↑b
serait de limite L − L = 0 lorsque qu'on fait à la fois u ↑ b et v ↑ b …
Conclusion : Si on détecte des "tranches d'intégrale"
v
∫ u f (t)dt
qui ne tendent pas vers 0
quand u ↑ b et v ↑ b , on a alors détecté une divergence !
Exemple n°23
+∞
∫0
Prouvons que l'intégrale
t sin t dt est divergente !
On observe d'abord que la fonction t ֏ t sin t est bien définie et continue sur [ 0, + ∞ [ .
Ici, aucune primitive calculable, aucune comparaison jouable, car pas de signe constant au voisinage de +∞ !
On va raisonner par l'absurde !
Si L =
+∞
∫0
on a alors :
t sin t dt est convergente, et si deux suite n ֏ a(n) et n ֏ b(n) tendent vers +∞ ,
b(n)
∫ a(n)
t sin t dt = 

Or, en posant a(n) =
π
4
b(n)
∫0
t sin t dt  − 
 
+ 2nπ et b(n) =
Cela permet d'écrire : ∀n ∈ IN* ,
b(n)
∫ a(n)
3π
4
t sin t dt  →
L-L =0 (%).
 n→∞
b(n )
∫0
+ 2nπ , on constate que : ∀t ∈ [ a(n), b(n) ] , sin t ≥
t sin t dt ≥
∫
t dt ≥
2
a(n) 2
Grâce à ce raisonnement par l'absurde, on a ainsi prouvé que : L'intégrale
Prouvons à nouveau que l'intégrale
+∞
∫π
∫
2
2
+∞
∫0
sin t
t
t sin t dt diverge !
dt est divergente !
Supposons qu'elle converge ( raisonnement par l'absurde ) et soit alors : L = lim F(x) avec F(x) =
x → +∞
Si on pose Tn =
2n π
∫nπ
puisque
2n π
∫nπ
x
∫ 1 f (t) dt .
L-L=0 (#).
f (t) dt , on devrait avoir : Tn = F(2nπ) − F(nπ) →
n→∞
Or on observe que : ∀n ∈ IN* ,
(
.
 b ( n ) 1 dt  = 2 π .
 a (n)


 2 2
C'est en contradiction avec ( % ) !
b(n)
Cette quantité ne tend donc pas vers 0 quand n → ∞ !
Exemple n°24
2
2
2nπ
∫nπ
1
t
sin t dt ≥
2nπ
∫nπ
1
2n π
sin t dt =
1 
2n π 

n.
π
∫0
sin t dt  =

1
2n π
( n .2 ) = π1
sin t dt est l'intégrale de la fonction t ֏ sin t sur n périodes successives,
et que sur une période on a :
On a donc : ∀n ∈ IN* , Tn ≥
2
π
π
∫0
sin t dt =
π
∫ 0 sin t dt = 2 ) .
, relation incompatible avec la propriété ( # ) … Contradiction !
Bilan : L'intégrale
+∞
∫1
sin t
t
dt diverge ! .
,
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7)
Les Intégrales impropres
2014 / 2015
Fonctions intégrables sur un intervalle
Certaines fonctions ne possèdent pas un signe constant au voisinage d'une borne !
C'est souvent le cas avec des fonctions trigonométriques au voisinage de +∞ .
C'est aussi le cas des fonctions à valeurs complexes non réelles, puisqu'il n'y a pas de signe dans
…
Le théorème qui suit cette définition est alors particulièrement utile :
Définition
Fonction intégrable sur un intervalle
Soit f : J →
une fonction définie et continue par morceaux sur un intervalle J.
On dit que "f est intégrable sur J" lorsque l'intégrale de la fonction t ֏ f (t) sur J est convergente !
Remarque n°1 : Lorsque J est un segment
[ a, b ] ,
toute fonction continue sur J est intégrable sur J .
En effet, si f est continue sur J, f l'est aussi, et donc possède une intégrale sur J .
Remarque n°2 :
Si f est une fonction continue de signe constant sur J,
il y a équivalence entre "f est intégrable sur J" et "l'intégrale de f converge" !
Mais nous verrons plus loin, qu'il existe des fonctions ( forcément de signe non constant )
qui sont non-intégrables sur un intervalle J, mais dont pourtant l'intégrale sur J converge !
Théorème
Théorème dit "de convergence absolue"
Soit f : J → une fonction définie et continue sur un intervalle J.
Si f est intégrable sur J, alors son intégrale sur J est convergente !
(f
Autrement dit :

intégrable sur J ) ⇔ 
dèf 
∫J


f (t) dt converge  ⇒ 


Démonstration du théorème ci-dessus :
• Supposons d'abord que f soit à valeurs dans IR !

converge 

b
On observe que : ∀t ∈ J , 0 ≤ g(t) ≤ 2 f (t) . Or on sait que l'intégrale
∫a
Du critère de comparaison par majoration, il vient donc que l'intégrale
∫ a g(t) dt
Enfin, on a : ∀x ∈ J ,
x
∫a
f (t) dt ≤
x
∫a
.
Posons alors : g(t) = f (t) + f (t) .
Et puisque : ∀t ∈ I , f (t) = g(t) − f (t) , on conclut que
•
∫ J f (t) dt
b
∫ a f (t)dt
f (t) dt converge.
b
converge aussi !
converge ( somme de deux convergences ).
f (t) dt , d'où la conclusion en passant à la limite quand x ↑ b …
Supposons maintenant le cas général ( i.e. le cas où f est à valeurs complexes, pas forcément réelles … )
On a alors : ∀t ∈ J , f (t) = α (t) + iβ(t) , si on pose α (t) = Re ( f (t) ) ∈ IR et β(t) = Im ( f (t) ) ∈ IR .
On a : ∀t ∈ J , f (t) = α(t)2 + β(t) 2 ≥ α(t)2 = α(t) ≥ 0 , et de même : ∀t ∈ J , f (t) ≥ β(t) ≥ 0 .
Puisque
b
∫a
f (t) dt converge par hypothèse, on en déduit que les intégrales
b
∫a
α (t) dt et
b
∫a
β(t) dt
sont elles aussi convergentes ! Et par la première partie du théorème de convergence absolue qu'on vient
de démontrer, on peut conclure que les intégrales
b
∫ a α(t) dt
et
b
∫ a β(t)dt
Pour conclure, f est combinaison linéaire des fonctions α et β , et donc :
convergent aussi !
b
∫ a f (t)dt
converge .
Page 18 sur 22
Les Intégrales impropres
Exemple n°25
La fonction t ֏
Or l'intégrale
sin t
t2
+∞ 1
∫1
t2
sin t
Prouvons que la fonction t ֏
t2
2014 / 2015
est intégrable sur [ 1, + ∞ [ !
est définie et continue sur [ 1, + ∞ [ . Et on a : ∀t ≥ 1 , 0 ≤
sin t
t2
≤
1
t2
.
dt converge ( intégrale de référence ) .
Il résulte du théorème de comparaison par majoration que
+ ∞ sin t
∫1
Du théorème de convergence absolue on déduit que l'intégrale
Remarque : La fonction t ֏
sin t
t2
dt converge.
t2
+ ∞ sin t
∫1
t2
dt converge !
n'est pas intégrable sur IR *+ ! Et pourquoi donc ?
Proposition
Linéarité
Soient f : J → et g : J → des fonctions définies et continues sur un intervalle J. Soit λ ∈ IR .
Si f et g sont intégrables sur J, alors la fonction x ֏ f (x) + g(x) ( c'est-à-dire la fonction f + g )
et la fonction x ֏ λ .f (x) ( c'est-à-dire la fonction λ .f ) sont intégrables elles aussi sur J .
De plus on a :
1)
∫ J ( f (t) + g(t) ) dt = ∫ J f (t) dt + ∫ J g(t) dt
et
2)
∫ J ( λf (t) ) dt = λ . ∫ J f (t) dt
Autrement dit : L'ensemble Int ( J → IK ) des fonctions continues intégrables sur J est un IK -espace vectoriel,
et l'application f ֏ ∫ f (t) dt est une forme linéaire sur cet espace !
J
Proposition
Intégrabilité par domination locale …
Soient f : J →
et g : J →
des fonctions définies et continues sur un intervalle J = [ a , b [ .
Si g est intégrable sur J, et si f (t) = O ( g(t) ) , alors f est intégrable sur J.
t↑b




La démonstration est immédiate, puisqu'on a :  f (t) = O ( g(t) ) 
f (t) = O ( g(t) ) 

t↑b
t↑b








Remarque : On rappelle que :  f (t) = o ( g(t) )  ⇒  f (t) = O ( g(t) )  .
t
↑
b
t
↑
b




Donc dans le théorème ci-dessus, on peut remplacer l'hypothèse en "grand O", par celle en "petit o" …
Théorème
Soit f : J →
Inégalité triangulaire
une fonction continue et intégrable sur un intervalle J. On a alors :
∫ J f (t) dt ≤ ∫ J
f (t) dt
Remarque : Bien observer que l'inégalité triangulaire n'a de sens qu'en situation d'intégrabilité !
Théorème
Soit f : J →
Si on a :
∫J
Caractérisation des fonctions nulles
une fonction continue et intégrable sur un intervalle J.
f (t) dt = 0 , alors f est identiquement nulle ( c'est-à-dire ∀t ∈ J , f (t) = 0 ) .
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8)
Les Intégrales impropres
2014 / 2015
Le théorème d'intégration par parties
Théorème
Intégration par parties sur un intervalle quelconque
Soient u et v deux fonctions de classe C 1 sur un intervalle J, par exemple J = ] a , b [ .
Si la fonction t ֏ u(t)v(t) possède des limites finies à chacune des extrémités de l'intervalle J ,
alors les intégrales
∫ J u ′(t)v(t) dt
et
∫ J u(t)v′(t) dt
sont de même nature !
Et en cas de convergence, la formule d'intégration par parties s'applique !
Par exemple, si J = ] a , b [ , alors on a :
en notant
Remarque :
b
[ u(t)v(t) ] →
→a
b
∫a
→b
u′(t)v(t)dt = [ u(t)v(t) ] → a −
b
∫ a u(t)v′(t)dt
,
la quantité ℓ b − ℓ a avec ℓ b = lim ( u(t)v(t) ) et ℓ a = lim ( u(t)v(t) ) .
t↑b
t↓a
Conformément à ce qu'indique le programme de P.T. ,
b
[ u(t)v(t) ] →
→a
on pourra écrire [ u(t)v(t)] a au lieu de
b
Exemple n°26
.
Prouvons que l'intégrale de DIRICHLET, à savoir
On constate que la fonction t ֏
sin t
t
est continue sur
[ π, + ∞ [ ,
c'est-à-dire si
∫
dt , est convergente !
mais sans signe constant au voisinage de +∞ !
Il est donc naturel de regarder d'abord si cette fonction est intégrable sur
+ ∞ sin t
t
π
+ ∞ sin t
t
∫π
[ π, + ∞ [ ,
dt es convergente … Or on a vu ( exemples 20 & 22 ) que ce n'est pas le cas !
Damned !
Tout ça parce que ce dénominateur n'est pas assez "petit" pour fournir une "convergence en valeur absolue" !
Afin de "booster le degré du dénominateur " ( et donc ainsi assurer une convergence en valeur absolue )
on va procéder à une intégration par parties !
+ ∞ sin t
t
∫π
Posons u(t) = 1t et v(t) = − cos t , car on a :
Ce sont des fonctions de classe C 1 sur
dt =
+∞
∫π
u(t)v′(t)dt .
[ 1, + ∞ [ ,
et les limites quand t ↓ 1 et quand t → +∞ du produit u(t)v(t) existent !
1
→ 0 ( puisque u(t)v(t) ≤ 1t 1 )
On a en effet : u(t)v(t) 
→ π 1 et u(t)v(t) 
t → +∞
t↓π
→ +∞
Puisque la quantité [ u(t)v(t) ] π
et on en déduit ainsi que :
existe, le théorème d'intégration par parties peut s'appliquer,
+ ∞ sin t
t
∫π
dt est de même nature que
Reste à examiner cette nouvelle intégrale
On a : ∀t ∈ [ π , + ∞ [ , 0 ≤
cos t
t
2
≤
1
t
2
+ ∞ cos t
∫π
t2
+∞ 1
∫π
Du critère de comparaison par majoration, il vient que :
+ ∞ cos t
∫π
t
2
u′(t)v(t)dt , c'est-à-dire que
+ ∞ cos t
∫π
t2
dt .
dt ( ce sera plus facile, la puissance "en bas" étant plus lourde ! )
, et on sait que
Finalement, par "intégrabilité", l'intégrale
+∞
∫π
t2
dt converge ( intégrale de référence ) .
+ ∞ cos t
∫π
t2
dt converge !
dt est convergente ! Et donc,
+ ∞ sin t
t
∫π
dt l'est aussi !
Voici une interprétation géométrique de cette convergence d'intégrale, et de cette non-intégrabilité :
Page 20 sur 22
Les Intégrales impropres
Pour la fonction t ֏ f (t) =
sin t
t
2014 / 2015
, le domaine illimité
entre la graphe et l'axe des abscisses eest d'aire algébrique finie !
sin t
t
Pour la fonction t ֏ f (t) =
, ce domaine illimité
est d'aire infinie, la somme des aires des arches ayant une limite infinie …
Exercice :
1) En adaptant les calculs ci-dessus, prouver que l'intégrale
+∞
∫π
f (t)dt converge si : f (t) =
2) En utilisant des résultats des exercices précédents, prouver que
3) Vérifier aussi qu'on a : f (t)
9)
~
t → +∞
+∞
∫π
sin t
t
g(t)dt diverge si : g(t) =
!
sin t
t
+
(sin t ) 2
t
g(t) … et commentez tous ces résultats !
Complément hors-programme,
programme, mais archi
archi-classique
classique :
Les intégrales de Bertrand
Il s'agit des intégrales K( α , β ) =
On connait la nature des intégrales
+ ∞ dt
tα
∫2
+∞
∫2
1
t α ( ln t ) β
dt avec α > 0 et β ∈ IR *
: convergentes lorsque α > 1 , divergentes sinon !
La présence du logarithme dans K( α , β ) vient perturber cette nature !
Il a pour effet de diminuer la fonction t ֏
1
tα
lorsque β > 0 , et de l'augmenter lorsque β < 0 . Donc :
+ ∞ dt
2 tα
converge,
il y aura dégradation de la convergence si β > 0 , et amélioration sinon !
+ ∞ dt
tα
diverge,
il y aura amplification de la divergence si β < 0 , et atténuation sinon !
▪
Si
∫
▪
Si
∫2
Les questions qui se posent sont donc :
▪ En cas de dégradation de convergence,
l'intégrale K( α , β ) sera-t-elle
elle encore convergente, ou sera-t-elle
sera elle devenue divergente ?
▪ En cas d'atténuation de divergence, K( α , β ) reste-t-elle
elle divergente, ou devient
devient-elle convergente ?
L'étude de ces intégrales K( α ,β ) est basée sur cette observation !
Trois cas sont donc à étudier :
•
Cas n°1 : α > 1
Si β > 0 , on a alors : ∀t ≥ e , 0 <
( c'est le cas où l'intégrale
1
t α (ln t ) β
≤
1
tα
converge ! )
( car ln t ≥ 1 ) ( CONVERGENCE AMELIOREE
AMELIORE ! ) .
Cette majoration prouve directement que l'intégrale
Puisque la fonction intégrée est continue sur
+ ∞ dt
tα
∫2
[ 2, e ]
+∞
∫e
1
t α (ln t ) β
dt converge .
, l'intégrale K( α , β ) converge aussi !
.
Page 21 sur 22
Les Intégrales impropres
Si β < 0 , on écrira : α = 1 + 2h avec h > 0 , ce qui donnera :
En observant que :
on a donc :
( ln t ) | β |
th
1
=
t α (ln t ) β t → + ∞
2014 / 2015
1
t α ( ln t ) β
|β|  1

=  (ln t h)  1 + h .
 t
t

→ 0 ( théorème des croissances comparées ) ,
t → +∞
o
( ).
1
+∞
∫2
Or ici,
t1+ h
converge ( car 1 + h > 1 ) ,
dt
t1+ h
et cette domination locale entre fonctions positives permet de conclure : K( α , β ) converge.
•
Cas n°2 : α < 1
Si β < 0 , on a alors : ∀t ≥ e ,
( c'est le cas où l'intégrale
1
α
t ( ln t ) β
=
( ln t ) | β |
tα
+∞
∫e
Ceci prouve immédiatement que l'intégrale
•
≥
1
tα
+ ∞ dt
tα
∫2
diverge ! )
> 0 ( car ln t ≥ 1 ) ( DIVERGENCE AMPLIFIEE ! )
1
t α (ln t ) β
dt diverge … et K( α , β ) diverge aussi !
Si β > 0 , on écrira : α = 1 − h avec h > 0 , ce qui donnera : 0 <
Puisque
1
t α ( ln t ) β
 t h . 1
=
.

 (ln t ) β  t
th



→
+∞
(
croissances
comparées
),
on
a
:
∃
A
>
0
tel
que
∀
t
≥
A
,
≥1  .

β
β
t
→
+
∞
( ln t )
(ln t )


th
On aura alors : ∀t ≥ A ,
1
De cette minoration on conclura donc que
Cas n°3 : α = 1
Dans ce cas, la fonction t ֏
Si β = 1 , on a alors :
T
1 (ln t ) β
∫ 2 t ( ln t ) dt
1
+∞
∫A
1
t α (ln t ) β
+ ∞ dt
∫A
t
diverge !
dt diverge, et donc K( α , β ) aussi !
( c'est le cas "limite" …)
est du type u ′ i u −β , et donc se "primitivise" facilement ! Ainsi :
1
t
1
≥ t . Et on sait que
t α (ln t ) β
T → +∞
=  ln ln t  = ln(ln T ) − ln( ln 2) 
→ +∞ .
2
T
Donc dans ce cas, l'intégrale K( 1 ,1) =
+∞
∫2
1
dt
t (ln t )
est divergente !
Si β ≠ 1 , le changement de variable u = ln t donne :
∫
T
1
2 t ( ln t ) β
dt =
∫
U = ln T 1
ln 2
uβ
du .
Puisque U = ln T tend vers +∞ lorsque T → +∞ ,
on en conclut que K( 1 , β ) =
+∞
∫2
1
t ( ln t ) β
dt est de même nature que l'intégrale
+∞ 1
∫ ln 2 u β du .
On voit ainsi que K( 1 , β ) est convergente si et seulement si β > 1 .
Récapitulons :



+∞
∫2
1
t α ( ln t ) β
α >1



dt converge  ⇔ 
ou

 ( α = 1 et β > 1 )

( à retenir par ♥ même si ce résultat est hors programme,
et donc à savoir prouver au cas par cas dans les exercices ! )





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Remarque :
Les Intégrales impropres
2014 / 2015
Dans les cas de "convergence améliorée" ou de "divergence amplifiée" ,
il est plutôt malvenu de parler d'intégrales de BERTRAND …
puisque ce sont alors des intégrales assez immédiates ( banales ) à décortiquer !
Dans ces cas là, évitez la frime d'un vocabulaire trop sophistiqué, voire prétentieux, causez simples !
Étude des intégrales : L( α , β ) =
1/ 2
∫0
1
t α | ln t | β
dt .
Grâce au changement de variable u = 1t , on se ramènera aux intégrales précédentes .
Le changement de variable u ֏ t = 1u est une bijection de  0,

strictement monotone et de classe C 1 sur  0, 12  .


Elle transforme l'intégrale L( α , β ) =
1/ 2
∫0
1
t α | ln t |
1
2
dt en l'intégrale
β
c'est-à-dire en l'intégrale
 sur [ 2, + ∞[ ,

+∞
∫2
+∞
∫2
uα
( ln u ) β
( ) du ,
du
u2
du
u 2 −α ( ln u ) β
qui n'est autre que l'intégrale K( 2 − α , β ) étudiée ci-dessus !
On a donc : L( α , β ) de même nature que K( 2 − α , β ) , et donc :
 α < 1 ou
…
L( α , β ) converge si et seulement si 
( α = 1 et β > 1)
Attention :
Une intégrale telle que
∫
2
Ne mélangez pas tout !
1
1 t α ( ln t ) β
dt n'a rien à voir avec une intégrale de Bertrand !
Ici, le problème se pose à la borne t = 1 ,
et au voisinage de ce point, on le résout facilement grâce à une équivalence !!
Il suffit en effet d'observer que :
1
~
1
t α ( ln t ) β t ↓ 1 1 . ( t − 1) β
( équivalent de signe constant )
pour conclure directement que l'intégrale proposée converge si et seulement si β < 1 …