L`intégrale des fonctions continues par morceaux sur un intervalle

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L’intégrale
22 octobre 2009
L’INTÉGRALE DES FONCTIONS
CONTINUES PAR MORCEAUX SUR UN
INTERVALLE
PC*2
22 octobre 2009
Introduction et conventions
Dans tout ce cours, les lettres I, J désignent des intervalles non réduits
à un point. Les fonctions considérées sont à valeurs dans K = R ou C.
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L’intégrale
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22 octobre 2009
Table des matières
1 L’intégrale des fonctions continues par morceaux sur un segment
1.1 Fonctions de classe C n par morceaux sur un segment . . . . .
1.2 Révision du cours de première année sur l’intégrale des fonctions continues par morceaux sur un segment . . . . . . . . . .
1.3 L’intégrale fonction d’une borne . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.1 Continuité par morceaux sur un intervalle quelconque .
1.3.2 L’intégrale comme fonction d’une borne . . . . . . . . .
1.4 Sommes de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5 La formule fondamentale du calcul différentiel et intégral et
ses applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 Intégration sur un intervalle quelconque
2.1 Intégrales impropres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 Intégrales impropres sur un intervalle semi-ouvert . . .
2.1.2 Intégrales impropres sur un intervalle ouvert . . . . . .
2.1.3 Une propriété séquentielle . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.4 Intégrales des fonctions positives . . . . . . . . . . . .
2.1.5 Étude pratique de la convergence de l’intégrale impropre d’une fonction positive . . . . . . . . . . . . . .
Plan de l’étude . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.6 Intégrales absolument convergentes . . . . . . . . . . .
2.2 Intégrabilité sur un intervalle qui n’est pas forcément un segment
2.2.1 Propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Exemples d’intégrabilité . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Compléments . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Utilisation d’une série . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Intégrales convergentes fonctions d’une borne . . . . .
3
5
5
8
12
12
15
17
17
19
19
19
21
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23
25
25
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30
34
34
34
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L’intégrale
2.3.3
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Intégration des relations de comparaison (hors programme) 38
3 Calculs d’intégrales
3.1 Les divers types d’intégrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.1 Primitives d’une fonction continue sur un intervalle . .
Primitives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Tableau des primitives usuelles . . . . . . . . . . . . .
3.1.2 Intégrales définies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Cas d’une fonction continue sur un segment . . . . . .
Cas d’une fonction continue par morceaux sur un segment
3.1.3 Intégrale sur un intervalle quelconque . . . . . . . . . .
3.2 Les méthodes générales d’intégration . . . . . . . . . . . . . .
3.2.1 Recherche d’une primitive à priori . . . . . . . . . . .
3.2.2 Linéarité et linéarisation . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.3 Changement de variable . . . . . . . . . . . . . . . . .
Cas des primitives ou des intégrales sur des segments .
Cas des intégrales de fonctions intégrables sur un intervalle quelconque . . . . . . . . . . . . . . .
Cas d’intégrales sur un segment dont le calcul se ramène à celui d’une intégrale impropre . . . .
3.2.4 Intégration par parties . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Intégration des fractions rationnelles . . . . . . . . . . . . . .
3.3.1 Cas d’un pôle simple complexe
R P (x) dx. . . . . . . . . . . . . .
3.3.2 Intégrales de la forme [(x−a)
2 +b2 ]n où b 6= 0, n ∈ N et
P est un polynôme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.3 Exemples généraux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4 Fonctions trigonométriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4.1 Fonctions trigonométriques usuelles . . . . . . . . . . .
Cas d’expressions polynômiales . . . . . . . . . . . . .
Cas général . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4.2 Fonctions trigonométriques hyperboliques . . . . . . .
3.5 Intégrales abéliennes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.6 Quelques exemples en Maple . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.6.1 Commandes Maple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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41
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4 Travaux dirigés
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87
Chapitre 1
L’intégrale des fonctions
continues par morceaux sur un
segment
1.1
Fonctions de classe C n par morceaux sur
un segment
Définition 1 (Continuité par morceaux sur un segment). Une fonction
f , définie sur un segment [a, b], est dite continue par morceaux sur [a, b] s’il
existe une subdivision σ = (t0 , t1 , . . . , tn ) de [a, b] telle que : pour chaque
i ∈ {1, 2, . . . , n} existe une application fi , définie et continue sur le segment
[ti−1 , ti ] et vérifiant :
fi|]ti−1 ,ti [ = f|]ti−1 ,ti [
ie ∀t ∈]ti−1 , ti [, fi (t) = f (t)
Une telle subdivision σ est dite adaptée à f .
Remarque 1. On verra que la valeur de f aux points ti n’importe pas
contrairement aux limites latérales de f aux points ti qu’on note :
f (ti + 0) = lim+ f (t) = fi+1 (ti )
pour i < n
t→ti
f (ti − 0) = lim− f (t) = fi (ti )
t→ti
5
pour i > 0
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En tout autre point de [a, b], f est continue.
Définition 2 (Classe C n par morceaux). Même définition en imposant
aux fi d’être de classe C n .
Définition 3 (Dérivée généralisée d’une fonction C 1 par morceaux).
Soit f une fonction de classe C 1 par morceaux sur l’intervalle [a, b]. σ =
(ti )0≤i≤n une subdivision adaptée à f et les fi comme ci-dessus. La fonction
f est dérivable en tout point t ∈ [a, b] différent des ti et la fonction f 0 ,
définie sur [a, b] − {t0 , t1 , . . . , tn }, se prolonge en une fonction continue par
morceaux sur [a, b] en lui affectant des valeurs arbitraires aux points ti . On
appelera donc dérivée généralisée de la fonction f de classe C 1 par
morceaux sur [a, b] toute application g continue par morceaux sur [a, b]
telle qu’existe une subdivision σ = (ti )0≤i≤n , adaptée à f vérifiant :
∀t ∈ [a, b] − {t0 , t1 , . . . , tn }, g(t) = f 0 (t)
bien qu’elle ne soit pas unique une telle application sera notée D f .
Il importe de remarquer quelle coı̈ncide avec f 0 sauf sur un sous
ensemble fini de [a, b] où elle peut prendre des valeurs parfaitement
arbitraires. On définit de façon analogue Dn f pour f de classe C n par
morceaux sur [a, b].
Exemple 1 (Comprendre le caractère C n par morceaux). Considérons la fonction f définie sur [−1, 1] par :
f (x) = |x|
Elle est continue sur [−1, 1] ; montrons qu’elle est aussi de classe C 1 par
morceaux sur cet intervalle : la subdivision σ = (−1, 0, 1) est adaptée à f car
les applications :
f1 : [−1, 0] → R
x 7→ −x
f2 : [0, 1] → R
x 7→ x
sont de classe C 1 respectivement sur les segments [−1, 0] et [0, 1] et que :
∀x ∈] − 1, 0[, f (x) = f1 (x)
∀x ∈]0, 1[, f (x) = f2 (x)
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On peut alors, par exemple, définir D f


10000





−1
D f (x) = π



1



−104
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par :
si
si
si
si
si
x = −1
−1 < x < 0
x=0
0<x<1
x=1
Il vient alors que f est dérivable en tout point de ] − 1, 0[∪]0, 1[= [−1, 1] −
{−1, 0, 1} et qu’en un tel point x : f 0 (x) = D f (x). En les points −1, 0,
1, la valeur de D f (x) est parfaitement arbitraire. Bien sûr, on prouve sans
changement que f est C ∞ par morceaux sur [−1, 1] puisque f1 et f2 sont de
classe C ∞ .
On dispose enfin du résultat suivant qui est très utile pour rédiger rapidement
la preuve du caractère C n par morceaux :
Proposition 1 (Le prouver rapidement). Soit f : [a, c] → K et a < b <
c. f est de classe C n par morceaux sur [a, c] si et seulement si ses restrictions
aux intervalles [a, b] et [b, c] le sont. Au surplus, si ]α, β[ est un sous intervalle
ouvert de [a, b] sur lequel la restriction de f est de classe C n (n ≥ 1) alors
on peut imposer :
∀x ∈]α, β[, ∀j ∈ [|1, n|], Dj f (x) = f (j) (x)
Démonstration. Laissée aux lecteurs à partir de la définition.
Exemple 2 (Retour sur l’exemple précédent). Reprenons x 7→ |x| sur [−1, 1] :
f|[−1,0] est l’application x 7→ −x qui est de classe C ∞ sur [−1, 0]
f|[0,1] est l’application x 7→ x qui est de classe C ∞ sur [0, 1]
Donc, d’après la proposition précédente, f est C ∞ par morceaux sur [−1, 1].
De plus f|]−1,0[ et f|]0,1[ sont de classe C ∞ respectivement sur ] − 1, 0[ et ]0, 1[
donc on peut imposer :
(
−1 pour x ∈] − 1, 0[
D f (x) =
1
pour x ∈] − 1, 0[
et des valeurs arbitraires en les autres points de [−1, 1].
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1.2
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Révision du cours de première année sur
l’intégrale des fonctions continues par morceaux sur un segment
Elle a été vue en première année. On se contentera ici d’un résumé succint et d’un rappel des propriétés les plus importantes. On suppose connue
l’intégrale des applications en escalier sur [a, b] à valeurs complexes et ses
propriétés. On notera E([a, b], K) le K-espace vectoriel des applications en
escalier de [a, b] dans K ; s’il n’y a pas d’ambiguı̈té on le notera simplement
E.
Définition 4. Soit f une application continue par morceaux sur le segment
[a, b] à valeurs réelles. Si > 0 il existe deux applications φ et ψ en escalier
sur [a, b] telles que :
φ ≤ f ≤ ψ et ∀x ∈ [a, b], 0 ≤ ψ(x) − φ(x) < Il vient alors :
sup
φ∈E
φ≤f
Z
b
φ(x) dx = inf
ψ∈E
ψ≥f
a
Cette borne commune est alors notée
Z
Z
b
ψ(x) dx
a
b
f (x) dx .
a
Soit f une application continue par morceaux sur [a, b] à valeurs complexes.
Les applications g = Re f et h = Im f sont continue par morceaux sur [a, b]
à valeurs réelles ce qui autorise à poser :
Z
b
f (x) dx =
a
Z
b
g(x) dx + i
a
Z
b
h(x) dx
a
On vérifie la cohérence de la notation et l’on dispose du théorème suivant,
non vu en première année, mais qui permet d’obtenir très rapidement les propriétés de l’intégrale des applications continues par morceaux sur un segment
à valeurs complexes à partir des propriétés correspondantes des applications
en escalier.
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Théorème 1. Soit f une des application continue par morceaux d’un segment [a, b] dans C alors, en notant || ||∞ la norme habituelle sur le K-espace
vectoriel des applications bornées de [a, b] dans K, :
a) Il existe une suite (fn ) d’applications en escalier sur [a, b] telle que :
lim ||f − φn ||∞ = 0
n→∞
b) Pour toute suite (fn ) d’applications en escalier sur [a, b] qui possède cette
propriété, on a :
lim
n→∞
Z
b
fn (x) dx =
a
Z
b
f (x) dx
a
Démonstration. On se limite au cas des fonctions à valeurs réelles. Le cas
complexe s’en déduit immédiatement par passage aux parties réelles et imaginaires.
Preuve de a) : Soit f une fonction continue par morceaux sur [a, b] à valeurs réelles. Si n ∈ N, il existe deux applications φn et ψn appartenant
à E([a, b], R) telles que :
φn ≤ f ≤ ψn et 0 ≤ ψn − φn ≤
1
n+1
d’où il découle que :
∀x ∈ [a, b], 0 ≤ f (x) − φn (x) ≤
1
1
d’où ||f − φn ||∞ ≤
n+1
n+1
Preuve de b) : Soit (fn ) une suite d’éléments de E([a, b], R) telle que limn→∞ ||f −
φn ||∞ = 0 . Soit > 0. À partir d’un certain rang n0 on a :
||fn − f ||∞ <
donc ∀x ∈ [a, b], fn (x) − < f (x) < fn (x) +
b−a
b−a
Mais la fonction φn = fn − /(b − a) resp ψn = fn + /(b − a) est en
escalier sur [a, b] et, d’après la linéarité de l’intégrale des fonctions en
Rb
Rb
excalier sur [a, b], son intégrale vaut a fn (x) dx − resp a fn (x) dx + donc, d’après la définition de l’intégrale de f sur [a, b] :
Z b
Z b
Z b
fn (x) dx − ≤
f (x) dx ≤
fn (x) dx + a
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a
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a
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et donc :
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Z b
Z b
f (x) dx −
fn (x) dx ≤ a
a
Rb
Proposition 2 (Linéarité de l’intégrale). L’application f 7→ a f (t) dt
est une forme K-linéaire sur le K-espace vectoriel des applications continues
par morceaux sur [a, b] à valeurs dans K.
Démonstration. Découle de la linéarité de l’intégrale sur E([a, b], K) et du
théorème 1.
Définition 5 (Cas d’un ensemble fini exceptionnel). Si deux fonctions
f et g, continues par morceaux sur [a, b], à valeurs dans K, coı̈ncident sur le
complémentaire d’une partie finie F de [a, b], leurs intégrales coı̈ncident.
Il s’ensuit que, si f est une application de [a, b] − F dans K qui admet un
prolongement g continu par morceaux sur [a, b], on peut convenir que :
Z
b
f (x) dx =
a
Z
b
g(x) dx
a
puisque tout autre prolongement de f à [a, b] y est continu par morceaux et
de même intégrale que g.
Démonstration. Si f etR g différent,
R au plus, sur F , h = f − g est en escalier
d’intégrale nulle donc [a,b] f = [a,b] g.
Exemple 3. La fonction définie sur ]0, π[∪]π, 2π] par :
f (x) =
sin x
x(x − π)
Se prolonge à [0, 2π] en une fonction continue (notée ici f˜ mais, en pratique,
notée encore f ) en posant : f˜(0) = f˜(π) = − π1 . On posera alors :
Z
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π
0
sin x
dx =
x(x − π)
Z
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0
π
f˜(x) dx
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Proposition 3 (Positivité, croissance). Si f et g sont continues par morceaux sur [a, b] et si f ≤ g sur [a, b] alors :
Z
b
a
f (x) dx ≤
Z
b
g(x) dx
a
Si f est positive et continue sur [a, b] et d’intégrale nulle, elle est nulle.
Démonstration. La positivité de l’intégrale d’une fonction positive découle
de la définition 4 ; la linéarité de l’intégrale assure sa croissance.
La stricte positivité de l’intégrale d’une fonction continue telle qu’existe x0 ∈
[a, b] tel que f (x0 ) > 0 provient de ce qu’on peut minorer f par une fonction
en escalier d’intégrale strictement positive sur [a, b] (voir cours de première
année pour les détails et surtout les dessins).
Proposition 4 (Inégalités importantes). Soient f et g, continues par
morceaux sur [a, b], à valeurs dans K, alors :
Z b
Z b
f (x) dx ≤
|f (x)| dx
a
a
et l’inégalité de Cauchy-Schwarz :
Z
b
a
|f (x)g(x)| dx ≤
s
Z
b
a
|f (x)|2 dx
s
Z
b
a
|g(x)|2 dx
Démonstration. La première peut, par exemple, s’obtenir par passage à la
limite via le théorème 1. La deuxième a été vue en première année, elle
est admise pour l’instant et sera démontrée dans le cours sur les espaces
préhilbertiens.
Exercice 1. Montrer que, si f est continue et si la première inégalité est une
égalité alors il existe θ ∈ R tel que :
∀x ∈ [a, b], f (x) = eiθ |f (x)|
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Proposition 5 (Relation de Chasles). Soit f une application de [a, c]
dans K et b tel que a < b < c. Alors f est continue par morceaux sur [a, c]
si et seulement si elle l’est sur [a, b] et sur [b, c] et, dans ce cas :
Z
c
f (x) dx =
a
Z
b
f (x) dx +
a
Z
c
f (x) dx
b
Remarque 2. On verra dans la section suivante l’intérêt de cette relation
pour calculer explicitement des intégrales de fonctions continues par
morceaux sur un segment.
1.3
1.3.1
L’intégrale fonction d’une borne
Continuité par morceaux sur un intervalle quelconque
Définition 6. Une application f d’un intervalle I dans K est dite continue
par morceaux sur I si, pour tout segment J contenu dans I, f|J est continue
par morceaux sur J.
Proposition 6 (Structure d’espace vectoriel). L’ensemble des applications continues par morceaux sur I à valeurs dans K est un K-sous espace
vectoriel de F (I, K).
Démonstration. Facile et donc laissée aux courageux lecteurs.
Proposition 7. Si f et g sont des fonctions continues par morceaux définies
sur I, à valeurs dans K, il en est de même des fonctions :
– f g.
– f /g si g ne s’annule pas sur I.
– |f |.
– Re f , Im f .
– Si f est à valeurs réelles, f + et f − .
Démonstration. On se ramène immédiatement au cas des fonctions continues
par morceaux sur un segment.
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Exemple 4. Démontrons que la fonction f définie sur I =]0, 1] par la relation :
1
1
f (x) = −
x
x
est continue par morceaux sur I :
Soit J ⊂ I un segment, on peut se limiter au cas où J est de la forme [1/n, 1]
avec n ≥ 2 puisque tout segment contenu dans I est contenu dans un segment
de ce type. Prouvons maintenant que f|J est continue par morceaux sur J.
On considère la subdivision σ de J définie par :
1
1
1
1
,
,..., ,
,...,1
σ=
n n−1
k k−1
et, pour 2 ≤ k ≤ n, la fonction fk définie sur Jk = [1/k, 1/(k − 1)] par :
fk (x) =
1
− (k − 1)
x
qui est continue sur Jk et qui coı̈ncide sur ]1/k, 1/(k − 1)[ avec f .
Donc fJ est continue par morceaux sur le segment J, le résultat voulu s’en
déduit en libérant J.
Remarque 3. En revanche f n’est pas continue par morceaux sur le
segment [0, 1] car elle y admet une infinité de points de discontinuité.
Définition 7 (Classe C n par morceaux). On dira que f : I → K est de
classe C n (n ∈ N ∪ {∞}) par morceaux sur un intervalle I, qui n’est pas
nécessairement un segment, si et seulement si pour tout segment J ⊂ I, f|J
est de classe C n par morceaux sur J.
Si n ≥ 1, on notera alors D f toute application de I dans K dont la restriction
à tout segment J ⊂ I est une dérivée généralisée de f|J . Une telle application
D f , dont on prouvera l’existence en cours ou dont on admettra l’existence,
est de classe C n−1 par morceaux sur I et s’appelera une dérivée généralisée
de f sur I.
Remarque 4. Appelons partie discrète de I toute partie de I dont
l’intersection avec tout segment inclus dans I soit finie. Alors :
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on peut modifier une fonction f de classe C n par morceaux sur I en
tout point d’une partie discrète de I sans en altérer les propriétés.
En particulier,
si g est
R
R la fonction modifiée, on a pour tout segment
J ⊂ I : J f (x) dx = J g(x) dx.
– Une dérivée généralisée de f n’est pas unique et on peut la modifier
en tout point d’une partie discrète de I sans en altérer les propriétés.
En pratique il convient de bien préciser ce qu’on choisit pour
D f et d’établir qu’elle est C n−1 par morceaux.
Exemple 5. Reprenons la fonction f de l’exemple 4 page 13 dont on conserve
les notations ; f est C ∞ par morceaux sur I puisque fk ∈ C ∞ (Jk , R) donc,
pour tout segment J ⊂ I, f|J est C ∞ par morceaux sur J .
Posons Δ = {1/n, n ∈ N∗ }. Pour x ∈ I, on définit alors g(x) par :

 −1
si x 6∈ Δ
x2
12, 5 sinon
g, ainsi définie, est bien C ∞ par morceaux sur I =]0, 1]. Si J ⊂]0, 1] est un
segment il est inclus dans un segment SN de la forme [1/N, 1] où N ≥ 2.
Alors, si 1 ≤ n ≤ N , sur tout intervalle ]1/(n + 1), 1/n[, où f est C 1 , on a :
g(x) = f 0 (x) qui est la dérivée usuelle de f au point x
ce qui prouve que g|SN est bien une dérivée généralisée de f|SN et, en libérant
N , que g est une dérivée généralisée de f sur ]0, 1] ce qu’on peut noter
pour tout x ∈ I,
D f = g. Bien entendu, on aurait pu prendre D f (x) = −1
x2
c’est par pure provocation qu’on ne l’a pas fait.
Exercice 2 (Fonctions de Bernoulli). 1. Montrer qu’il existe une unique suite (Bn )n≥1 de polynômes telle que :

 B0 = 1
B 0 = Bn−1 pour n ≥ 1
 R 1n
Bn (t)dt = 0 pour n ≥ 1
0
Programmer les Bn en Maple.
2. Pour n ≥ 1,on note B̃n la fonction 1-périodique qui coı̈ncide avec Bn
sur [0, 1[. Montrer que B̃1 est de classe C 1 par morceaux sur R.
3. Montrer soigneusement que, pour n ≥ 3,B̃n admet une dérivée continue
qui n’est autre que B̃n−1 .1
1
Les Bn sont les polynômes de Bernoulli et les B̃n sont les fonctions de Bernoulli
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L’intégrale
1.3.2
22 octobre 2009
L’intégrale comme fonction d’une borne
Dans cette section, I désigne un intervalle quelconque de R. Les fonctions sont à valeurs dans K.
Proposition 8 (Extension de la relation de Chasles). Soit f : I → K,
continue par morceaux, a et b deux points de I. On pose :
Z
b
f (x) dx =
a
(
0
Ra
− b f (x) dx
si a = b
si a > b
Avec ces conventions, on a pour tout système (a, b, c) de points de I :
Z
c
f (x) dx =
a
Z
b
f (x) dx +
a
Z
c
f (x) dx
b
Remarque 5. Que deviennent les inégalités des propositions 3 et 4 si les
bornes du segment d’intégration ne sont plus dans le même ordre ?
Théorème 2 (Intégrale et primitives). Soit f une fonction continue
sur I, a un point de I. L’application Fa de I dans K définie par :
Fa (x) =
Z
x
f (t) dt
a
est de classe C 1 sur I et sa dérivée vaut f . Il en résulte qu’une fonction
continue sur un intervalle y admet des primitives. Deux primitives d’une
même fonction continue sur I différent d’une constante.
Proposition 9 (Extension aux fonctions continues par morceaux
sur I). Soit f une fonction continue par morceaux sur I, a un point de I.
L’application Fa de I dans K définie par :
Fa (x) =
Z
x
f (t) dt
a
est continue sur I en revanche elle n’est pas nécessairement dérivable en tout point de I. Plus précisément si x0 est un point de I qui n’est
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L’intégrale
22 octobre 2009
pas un plus grand élément (resp un plus petit élément) de I, Fa est dérivable
à droite (resp à gauche) en x0 et sa dérivée à droite (resp à gauche) en x0
vaut :
f (x0 + 0) resp f (x0 − 0)
En particulier, si f est continue en x0 , Fa est dérivable en x0 et sa dérivée
en ce point vaut f (x0 ).
Corollaire 1. Avec les hypothèses et notations de la proposition 9 page 15,
la fonction Fa est continue et C 1 par morceaux sur I. En outre, si f est
continue en un point x ∈ I, Fa est dérivable en ce point et Fa0 (x) = f (x) et
f peut être choisie comme dérivée généralisée de Fa sur I.
Démonstration. Soit [c, d] est un segment inclus dans I et s = (t0 , . . . , tn ) une
subdivision de [c, d] adaptée à f|[c,d] ; il existe donc des fonctions (f1 , . . . , fn )
avec fi : [ti−1 , ti ] → C, continue telle que, pour tout t ∈]ti−1 , ti [, f (t) = fi (t).
Posons, pour t ∈ [ti−1 , ti ] :
Z t
fi (x) dx,
Fi (t) = Fa (t) = Fa (ti−1 ) +
ti−1
de sorte que Fi est de classe C 1 sur [ti−1 , ti ] de dérivée fi sur ce segment. Il
résulte donc de la définition que la restriction de Fa au segment [c, d] y est
de classe C 1 par morceaux avec s comme subdivision adaptée. Enfin f|[c,d]
est une dérivée généralisée de (Fa )|[c,d] puisque sur ]ti−1 , ti [ (Fa )|]ti−1 ,ti [ a pour
dérivée f]ti−1 ,ti [ . En libérant le segment [c, d] on en déduit qu’on peut choisir
f comme dérivée généralisée de Fa .
Corollaire 2. Soit f une application continue par morceaux sur un intervalle I et a ∈ I. Appelons primitive généralisée de f toute application F
continue et C 1 par morceaux sur I dont f soit une dérivée généralisée. Alors
les primitives généralisées de F sont les applications de la forme :
Z x
x 7→
f (t) dt + C
a
Exemple 6. Condition nécessaire et suffisante pour qu’une application continue par morceaux, T -périodique de R dans C admette une primitive généralisée T -périodique.
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L’intégrale
22 octobre 2009
Exercice 3. Soit f ∈ C(I, K), u et v deux applications de classe C 1 d’un
intervalle I 0 à valeurs dans I. Que vaut la dérivée de :
Z v(x)
x 7→
f (t) dt ?
u(x)
Exercice 4. Soit f une application continue par morceaux et croissante
R x d’un
intervalle I dans R. Montrer que, si a ∈ I, l’application F : x 7→ a f (t) dt
est convexe sur I [ On pourra commencer par supposer F (b) = 0 et prouver
que F ≤ 0 sur [a, b]].
1.4
Sommes de Riemann
Théorème 3 (Sommes de Riemann). Soit f ∈ C(I, C) :
n−1
b−aX
lim
f
n→∞
n k=0
b−a
a+k
n
=
Z
b
f (x) dx
a
Démonstration. En cours si on a le temps en approchant uniformément f
par des fonctions continues affines par morceaux donc lipschitziennes. Sinon
on se contentera de la preuve, vue en première année, pour les fonctions
lipschitziennes.
1.5
La formule fondamentale du calcul différentiel et intégral et ses applications
On verra dans le chapitre 3 sur le calcul intégral les diverses manières
d’utiliser les résultats qui suivent.
Théorème 4 (Formule fondamentale du CDI). Si f est continue sur
le segment [a, b] et de classe C 1 par morceaux sur [a, b] et si D f est
une dérivée généralisée de f sur [a, b] alors D f est continue par morceaux
sur [a, b] et :
Z b
D f (t) dt = f (b) − f (a)
a
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L’intégrale
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Corollaire 3. Si f est continue sur l’intervalle I et de classe C 1 par
morceaux sur I et si D f = 0 sur I alors f est constante sur I.
Exercice 5. Que devient cette formule si f est simplement de classe C 1 par
morceaux sur [a, b] ?
Proposition 10 (Intégration par parties). Si f et g sont continues sur
le segment [a, b] et de classe C 1 par morceaux sur [a, b] alors :
Z
b
D f (t)g(t) dt =
a
[f (t)g(t)]ba
−
Z
b
f (t) D g(t) dt
a
où [f (t)g(t)]ba = f (b) g(b) − f (a) g(a).
Théorème 5 (Formule de Taylor avec reste intégral). Si f est de
classe C n et de classe C n+1 par morceaux sur le segment [a, b], alors :
f (b) =
n
X
f (k) (a)
k=0
avec :
Rn =
Z
a
b
k!
(b − a)k + Rn
(b − t)n (n+1)
(t) dt où f (n+1) = D f (n)
f
n!
Ce reste peut encore s’écrire, en posant b − a = h :
Rn = h
n+1
Z
1
0
(1 − u)n (n+1)
(a + u h) du où f (n+1) = D f (n)
f
n!
Remarque 6. Il est essentiel d’appliquer les trois derniers résultats à des segments. Si l’on hésite à appliquer directement l’un
d’entre eux, il est vivement conseillé de travailler avec une subdivision
et les fonctions fi correspondantes qui ont l’avantage d’être de classe
C n sur de bons segments.
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Chapitre 2
Intégration sur un intervalle
quelconque
L’objet de cette partie est d’étendre la notion d’intégrale au cas des fonctions continues par morceaux sur un intervalle I qui n’est pas un segment ie
du type :
]a, b], [a, b[, ] − ∞, b], [a, +∞[, ]c, d[
avec −∞ < a < b < +∞ et −∞ ≤ c < d ≤ +∞.
Il est essentiel de reprendre son cours sur les séries pour de nombreuses preuves, ce qui permet de le réviser.
2.1
Intégrales impropres
Cette notion a déjà été rencontrée lors de l’étude des séries. Les lecteurs
reprendront les démonstrations qui sont identiques.
2.1.1
Intégrales impropres sur un intervalle semi-ouvert
Dans cette section l’intervalle [a, b[ est tel que b ≤ +∞, mutatis mutandis
avec l’intervalle ]a, b] auquel s’étend toutes les définitions et les résultats.
Définition 8. Soit f une fonction continue par morceaux sur [a, b[ à valeurs
Rb
complexes. On dit que "l’intégrale impropre a f (x) dx converge" si et
seulement si la fonction Fa : [a, b[→ C définie par :
Z x
f (t) dt
Fa (x) =
a
19
L’intégrale
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possède une limite en b. S’il en est ainsi, cette limite est notée :
Z
b
f (t) dt
a
dans le cas contraire on dit que "l’intégrale impropre
Rb
a
f (x) dx diverge"
Proposition 11 (Cohérence de la notation). Soit f une fonction continue par morceaux sur [a, b[ à valeurs complexes avec b < +∞. Si f possède
˜
une limite à gauche en b elle se prolonge en
R b une fonction f continue par
morceaux sur le segment [a, b]. L’intégrale a f (t) dt est alors convergente
et :
Z b
Z b
f˜(t) dt
f (t) dt =
a
a
Démonstration. C’est une conséquence immédiate de la proposition 9 page
15 appliquée à f˜ sur le segment [a, b].
Remarque 7. Dans cette situation on dit souvent que l’intégrale est
faussement impropre ou faussement généralisée en b.
Proposition 12 (Localisation, reste). Soit f une fonction continue par
morceaux sur [a, b[ à valeurs complexes et c ∈]a, b[. L’intégrale impropre
Rb
Rb
f
(t)
dt
converge
si
et
seulement
si
l’intégrale
impropre
f (t) dt converge
a
c
et, dans ce cas :
Z
b
f (t) dt =
a
Z
c
f (t) dt +
a
Z
b
f (t) dt
c
L’application de [a, b[ dans C définie par :
x 7→
Z
b
f (t) dt
x
est appelée reste (ou queue) de l’intégrale impropre convergente. Cette application, qui tend versR 0 lorsque x → b, a les mêmes propriétés de régularité
x
que l’application x 7→ a f (t) dt étudiées dans la section 1.3.2 page 15.
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L’intégrale
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Démonstration. Déjà vu dans le cours sur le reste d’une série. La régularité
du reste s’obtient en écrivant, pour x ∈ [a, b[ :
Z x
Z b
Z b
f (t) dt = −
f (t) dt +
f (t) dt
x
a
a
Exercice 6. On suppose, en plus, que f est continue sur [a, b[, calculer la
dérivée du reste par rapport à x.
Proposition 13 (Linéarité). Soient f et g deux fonctions continues par
morceaux sur [a, b[ à valeurs complexes ; λ et μ deux complexes. On suppose
Rb
Rb
que les intégrales a f (t) dt et a g(t) dt convergent. Alors l’intégrale impropre
Rb
(λ f (t) + μ g(t)) dt converge et :
a
Z
b
(λ f (t) + μ g(t)) dt = λ
a
Z
b
f (t) dt + μ
a
Z
b
g(t) dt
a
Démonstration. Déjà vu lors du cours sur les séries.
2.1.2
Intégrales impropres sur un intervalle ouvert
Définition 9. Soit f une application continue par morceaux d’un intervalle
]a, b[, −∞ ≤ a < b ≤ +∞, dans C. Les propriétés suivantes sont équivalentes :
Rc
Rb
i) Il existe c ∈]a, b[ tel que les intégrales impropres a f (t) dt et c f (t) dt
convergent.
Rc
Rb
ii) Pour tout c ∈]a, b[ les intégrales impropres a f (t) dt et c f (t) dt convergent.
Si tel est le cas, la somme des deux intégrales impropres :
Z
c
f (t) dt +
a
Z
b
f (t) dt
c
ne dépend pas de c. On la note :
Z
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b
f (t) dt
a
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Démonstration. C’est une conséquence immédiate de la proposition 12 page
20.
Proposition 14 (Linéarité). Soient f et g deux fonctions continues par
morceaux sur ]a, b[ à valeurs complexes ; λ et μ deux complexes. On suppose
Rb
Rb
que les intégrales a f (t) dt et a g(t) dt convergent. Alors l’intégrale impropre
Rb
(λ f (t) + μ g(t)) dt converge et :
a
Z
b
(λ f (t) + μ g(t)) dt = λ
a
Z
b
f (t) dt + μ
a
Z
b
g(t) dt
a
Démonstration. Par applications séparées de la proposition 13 page 21 aux
intégrales impropres :
Z b
Z c
(λ f (t) + μ g(t)) dt et
(λ f (t) + μ g(t)) dt où c ∈]a, b[
a
2.1.3
c
Une propriété séquentielle
Le résultat suivant est surtout intéressant dans les situations théoriques. La réciproque est vraie mais sort du cadre de ce cours.
Proposition 15. Soit f une fonction continue par morceaux sur un intervalle I à valeurs complexes.
R b désignons par a et b les bornes de I : −∞ ≤ a <
b ≤ +∞. Si l’intégrale a f (t) dt est convergente alors quelles que soient les
suites (an ) et (bn ) d’éléments de I telles que :
lim an = a,
n→∞
alors
lim
n→∞
Z
lim bn = b
n→∞
bn
f (t) dt =
an
Z
b
f (t) dt
a
Démonstration. Soit c ∈]a, b[. Il vient :
Z bn
Z c
Z
f (t) dt =
f (t) dt +
an
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an
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bn
f (t) dt
c
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Rc
Rb
Or la convergence des deux intégrales impropres a f (t) dt et c f (t) dt et la
caratérisation séquentielle des limtes amènent :
Z c
Z bn
Z c
Z b
lim
f (t) dt =
f (t) dt et lim
f (t) dt =
f (t) dt
n→∞
an
n→∞
a
c
c
d’où le résultat attendu.
2.1.4
Intégrales des fonctions positives
On dispose de résultats qui généralisent ceux vus dans le cours sur les
séries auquel on est prié de se reporter. Pour la simplicité de l’exposé on ne
traite que le cas de l’intervalle [a, b[, c’est-à-dire lorsque les intégrales sont
généralisées en b. Au surplus tout cela s’étend au cas des fonctions négatives
en changeant toutes les fonctions en leurs opposées.
Il est essentiel que les lecteurs énoncent et démontrent tous les
résultats pour les intégrales généralisées en a, c’est-à-dire lorsque
f est continue par morceaux sur ]a, b].
Théorème 6. Soit f une application continue par morceaux d’un intervalle
[a, b[ dans R. On suppose qu’il existe c ∈ [a, b[ telle que f soit positive sur
[c, b[ (on alors dit que f est positive au voisinage de b) alors la fonction Fa :
[a, b[→ R définie par :
Z
x
Fa (x) =
f (t) dt,
a
est croissante sur [c, b[. D’après le théorème de la limite monotone
elle possède une limite en b si et seulement
si elle est majorée au
Rb
voisinage de b, l’intégrale impropre a f (t) dt est alors convergente ;
dans le cas contraire :
Z x
f (t) dt = +∞
lim
x→b
a
Remarque 8. Comme la fonction Fa est continue sur tout segment de
la forme [a, c], a < c < b, elle y est bornée. Il revient donc au même
de dire que Fa est bornée sur [a, b[ ou au voisinage de b.
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L’intégrale
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Théorème 7 (Utilisation d’une domination locale). Soit f et g deux
applications continues par morceaux d’un intervalle [a, b[ dans R. On suppose
qu’existe c ∈]a, b[ tel que, pour tout x ∈ [c, b[, 0 ≤ f (x) ≤ g(x). Alors la
Rb
convergence de l’intégrale impropre a g(t) dt entraine celle de l’inRb
tégrale impropre a f (t) dt. Bien entendu la divergence de l’intégrale
Rb
Rb
impropre a f (t) dt entraine celle de l’intégrale impropre a g(t) dt.
Démonstration. Se reporter au cours sur les séries.
Théorème 8 (Utilisation d’une fonction positive équivalente). Soit
f et g deux applications continues par morceaux d’un intervalle [a, b[ dans
R. On suppose :
– Qu’il existe c ∈]a, b[ tel que, pour tout x ∈ [c, b[, g(x) ≥ 0.
– Que f (x) ∼ g(x) quand x → b.
f est Rpositive au voisinage de b et les intégrales impropres
RAlors
b
b
g(t)
dt
et a f (t) dt sont de même nature.
a
Démonstration. Se reporter au cours sur les séries.
Proposition 16 (Intégrales de référence). i) Soit α ∈ R.
Z
Z
+∞
1
b
dt
converge si et seulement si α < 1
(t − a)α
b
dt
converge si et seulement si α < 1
(b − t)α
a
Z
a
ii)
iii)
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dt
converge si et seulement si α > 1
tα
Z
Z
+∞
1
ln t dt converge
0
e−α t dt converge si et seulement si α > 0
0
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Démonstration. i) On commence par t 7→ (t−a)−α sur ]a, b]. Si α ≤ 0, elle se prolonge en une
Rb
fonction continue sur [a, b] et l’intégrale a (t − a)−α dt est faussement
impropre en a.
Si α > 0, on pose x = a + h ∈]a, b] :
Z
=
(
b
x
(t − a)
−α
dt =
Z
b
a+h
(t − a)−α dt
1
α+1
((b − a)−α+1 − hα+1 ) si α 6= 1
ln(b − a) − ln h
si α = 1
Cette expression a une limite finie, quand h → 0, si et seulement si
α < 1.
ii) Soit h ∈]0, 1] :
Z
1
h
ln t dt = [t ln t − t]1h → −1 quand h → 0
Les lecteurs étudieront eux mêmes les autres cas.
2.1.5
Étude pratique de la convergence de l’intégrale
impropre d’une fonction positive
Plan de l’étude
– On étudie d’abord l’intervalle où la fonction est continue par morceaux
de manière à décider s’il faut étudier la convergence en une ou en deux
bornes. Si f se prolonge par continuité en une borne finie, il
est inutile de faire l’étude en cette borne en vertu de la proposition 11 page 20 car l’intégrale est alors faussement impropre.
– On étudie la convergence séparément en chaque borne.
R b Supposons, par
exemple, qu’on décide d’étudier la convergence de c f (t) dt (−∞ <
c < b ≤ +∞) avec f continue par morceaux et positive sur [c, b[. On
suggère d’étudier les cas suivants dans l’ordre :
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L’intégrale
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1) Calcul direct d’une primitive de f : sur [c, b−h] avec 0 < h <
b − c. Ce cas est assez rare et n’a d’intérêt, compte tenu de la
longueur des calculs, que si l’on désire la valeur de l’intégrale qui
s’obtient en faisant tendre h vers 0.
2) Recherche d’un équivalent simple de f en b : le théorème 8
page 24 permet de conclure.
3) Essai de domination : si la méthode précédente échoue, on essaie (suivant l’intuition qu’on a du résultat à prouver) d’utiliser
le théorème 7 page 24 c’est-à dire soit de dominer f , au voisinage
de b, par une fonction positive dont l’intégrale converge, soit de
dominer une fonction positive, dont l’intégrale diverge, par f . À
cet effet, il peut être utile d’utiliser une technique, déjà rencontrée
dans le cours sur les séries ie d’étudier la limite de :
tα f (t)
si b = +∞
ou
(b − t)α f (t)
si b est fini
4) Changement de variable, intégration par parties : cf exemples.
5) Autres méthodes : Dans certaines situations moins élémentaires
cf la partie 2.3 page 34.
Exemple 7 (Fonction gamma). Soit x un réel, étudions la convergence de :
Z +∞
tx−1 e−t dt
0
a) Détermination de l’intervalle où f est continue par morceaux :
Notons f la fonction définie sur ]0, +∞[ par :
f (t) = tx−1 e−t
Il faut d’abord préciser que f est continue sur ]0, +∞[.
Si x ≥ R1, f se prolonge en une fonction continue sur [0, +∞[ et l’in1
tégrale 0 f (t) dt est faussement impropre. Le seul problème se posera
au voisinage de +∞ et l’on n’étudiera que la convergence de l’intégrale
impropre
Z
+∞
f (t) dt
1
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L’intégrale
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Si x < 1, on étudiera séparément la convergence des intégrales impropres
Z +∞
Z 1
f (t) dt et
f (t) dt
0
1
Le choix de la borne intermédiaire 1 est purement arbitraire,
n’importe quel c ∈]0, +∞[ peut faire l’affaire.
R1
b) Convergence de 0 f (t) dt : Comme on vient de le voir, si x ≥ 1, f se
prolonge continûment à [0, 1] ; l’intégrale est donc faussement impropre.
Si x < 1 on cherche d’abord un équivalent de f au voisinage de 0 :
R1
f (t) ∼ tx−1
quand t est au voisinage de 0
Or 0 tx−1 dt converge si et seulement si x − 1 > −1 ie si x > 0. Le
théorème 8 page 24, qui s’applique
puisque f et t 7→ tx−1 sont positives,
R1
permet de conclure que 0 f (t) dt converge si et seulement si x > 0.
R +∞
c) Convergence de 1 f (t) dt : on ne peut trouver un équivalent plus
simple de f quand t → +∞. Comme l’exponentielle "tend très vite
vers 0 quand t → +∞", on essaie de dominer f au voisinage de +∞ :
lim t2 f (t) = 0 ie f (t) = o t−2 quand t → +∞
t→+∞
R +∞
Or f et t 7→ t−2 sont positives, et 1 t−2 dt converge. Le théorème 7
R +∞
permet donc de conclure à la convergence de 1 f (t) dt.
R +∞
En conclusion : l’intégrale 0 tx−1 f (t) dt converge si et seulement
si x > 0.
On note alors
Z +∞
γ(x) =
tx−1 e−t dt
0
Exemple 8 (Intégrales de Bertrand). Étudier la convergence de :
Z 1
Z +∞
α
β
t | ln t| dt et
tα | ln t|β dt
0
1
Où α et β sont deux réels fixés.
Exercice 7. Étudier la convergence de :
Z +∞
exp (−| ln(t)|α ) dt
0
où α > 0.
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L’intégrale
2.1.6
22 octobre 2009
Intégrales absolument convergentes
Dans cette section, l’intervalle I n’est pas un segment et possède au moins
deux points distincts. Si a et b sont ses bornes (finies
R ou non, appartenant
à I ou non), on dira pour simplifier que l’intégrale I f (t) dt converge si et
Rb
seulement si l’intégrale a f (t) dt converge.
Définition 10. Soit f une fonction continue par
R morceaux sur I à vaf (t) dt est absolument
leurs complexes. On dit que l’intégrale impropre
I
R
convergente si l’intégrale impropre I |f (t)| dt est convergente.
Théorème 9. Une intégrale absolument convergente est convergente, la réciproque est fausse.
Démonstration. Hors programme. Elle a été faite dans le cours sur les séries
où l’on a également exhibé des contre-exemples.
Remarque 9. Étudier la convergence absolue
de l’intégrale impropre de
R
f sur I c’est étudier la convergence de I |f (t)| dt qui est justiciable des
techniques évoquées ci-dessus pour les fonctions positives.
Exemple 9. Soit α > 0. Étudions la convergence de l’intégrale :
Z +∞
1
sin α dt
t
0
Démonstration. Soit f la fonction définie sur ]0, +∞[ par :
1
f (t) = sin α
t
a) Continuité de f : f est continue sur ]0, +∞[.
b) Étude enR la borne 0 : On essaie d’abord de regarder si l’intégrale im1
propre 0 f (t) dt converge absolument. Or pour tout t ∈]0, 1] :
|f (t)| ≤ 1
R1
Les fonctions sont positives sur ]0, 1] et 0 dt converge car faussement
R1
impropre en 1. Donc l’intégrale impropre 0 f (t) dt converge absolument.
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L’intégrale
22 octobre 2009
b) Étude en la borne +∞ : Au voisinage de +∞ on a :
f (t) ∼
1
>0
tα
R +∞
donc f est positive au voisinage de +∞ et l’intégrale 1 f (t) dt converge
si et seulement si α > 1.
En conclusion : L’intégrale proposée converge absolument si α > 1 et
diverge dans le cas contraire.
2.2
Intégrabilité sur un intervalle qui n’est
pas forcément un segment
Définition 11 (Intégrabilité sur un intervalle quelconque). Soit f une
fonction continue par morceaux sur un intervalle I à valeurs complexes. On
dit que f est intégrable sur I dans les deux cas suivants.
– I est un segment.
R
– I n’est pas un segment et l’intégrale impropre I f (t) dt est absolument
convergente.
R
dans ces chacun de ces deux cas l’intégrale I f (t) dt a été définie ci dessus.
Exercice 8. Étudier l’intégrabilité, sur ]0, 1], puis sur [1, +∞[ de :
t 7→ tz
où z ∈ C
Donnons maintenant un résultats intéressant dans les situations théoriques comme la proposition 15 page 22 à laquelle on l’associera souvent.
Proposition 17. Soit f une application continue par morceaux d’un intervalle I dans C. f est intégrable sur I si et seulement si il existe M ≥ 0 tel
que, pour tout segment J ⊂ I, on ait :
Z
|f (t)| dt ≤ M
J
au surplus, si f est positive sur et intégrable sur I, on a :
Z
Z
0 ≤ f (t) dt ≤ f (t) dt
J
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I
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L’intégrale
22 octobre 2009
Démonstration. Bornons nous à faire la preuve dans le cas où I est de la
forme [a, b[ : −∞ < a < b ≤ +∞. Les autres cas sont analogues ou s’en
déduisent aisément.
Si f est intégrable sur I : La fonction F définie sur I par :
Z x
F (x) =
|f (t)| dt
a
Rb
est croissante et converge en b vers a |f (t)| dt. Donc, si J est un segment contenu dans I, il existe x ∈ I tel que J ⊂ [a, x] donc :
Z
J
|f (t)| dt ≤
Z
x
|f (t)| dt ≤
a
Z
b
a
|f (t)| dt = M
Réciproquement, si un tel M existe : La fonction F précédemment définie est majorée par M puisque, si x ∈ I, J = [a, x] est un segment
contenu dans I. F est donc croissante et majorée sur I donc convergente.
2.2.1
Propriétés
Proposition 18 (Linéarité et application). Si f et g sont des fonctions
à valeurs complexes, continues par morceaux, intégrables sur un intervalle I,
pour tout couple (α, β) de complexes, la fonction h = αf + βg est intégrable
sur I et :
Z
Z
Z
h(t) dt = α
I
f (t) dt + β
I
g(t) dt
I
Il d’ensuit que l’ensemble E1 (I, K) constitué des fonctions continues par morceaux sur I (resp continues) sur I, à valeurs dans K et intégrables sur I est
un K-sous espace vectoriel du K-espace vectoriel des fonctions continues par
morceaux (resp continues) sur I, à valeurs dans K
et que l’application :
Z
f 7→ f (t) dt
I
est une forme linéaire sur E1 (I, K).
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L’intégrale
22 octobre 2009
Démonstration. Soit J un segment inclus dans I. Il vient, en vertu des propriétés des intégrales des fonctions continues par morceaux sur un segment :
Z
Z
Z
Z
Z
|h(t)| dt ≤ |α| |f (t)| dt + |β| |g(t)| dt ≤ |α| |f (t)| dt + |β| |g(t)| dt
J
J
R
J
I
I
L’ensemble des réels de la forme J |h(t)| dt, obtenus en libérant J, est donc
majoré d’où l’intégrabilité de h sur I en vertu de la proposition 17 page 29.
Soit alors ([an , bn ]) une suite de segments de I vérifiant les hypothèses de
la proposition 15 page 22, de sorte que an < bn à partir d’un certain rang.
Il vient, d’après la linéarité de l’intégrale des fonctions continues par
morceaux sur un segment :
Z
Z
Z
h(t) dt = α
f (t) dt + β
g(t) dt
Jn
Jn
Jn
La proposition 15 autorise le passage à la limite de cette égalité :
Z
Z
Z
h(t) dt = α f (t) dt + β g(t) dt
I
I
I
Ce qu’on voulait. Le reste est laissé aux lecteurs.
Remarque 10 (La scission). nécessite quelques précautions. Par exemple
la fonction h définie sur ]0, 1] par :
et −1
t
h(t) =
est intégrable sur ]0, 1] car elle se prolonge en une fonction continue sur
[0, 1]. Pourtant aucune des deux fonctions :
t 7→
et
t
et t 7→
−1
t
n’est intégrable sur ]0, 1].
Proposition 19 (Positivité, croissance). Si f et g sont des fonctions
à valeurs réelles, continues par morceaux, intégrables sur un intervalle I et
telles que f ≤ g, alors
Z
Z
f (t) dt ≤ g(t) dt
I
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I
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L’intégrale
22 octobre 2009
Démonstration. Soit ([an , bn ]) une suite de segments de I vérifiant les hypothèses de la proposition 15 page 22 avec an < bn .
On utilise la proposition 15 page 22 pour passer l’inégalité :
Z
bn
f (t) dt ≤
an
Z
bn
g(t) dt
an
à la limite quand n → ∞.
Proposition 20. Soit f une fonction continue sur I, intégrable sur I
positive et d’intégrale nulle sur I alors f est nulle sur I.
Démonstration. Le résultat est supposé connu pour un segment (réviser la
preuve). Soit f une telle fonction, J ⊂ I un segment. D’après la proposition
17 :
Z
Z
0 ≤ f (t) dt ≤ f (t) dt = 0
R
Donc
voulu.
J
J
I
f (t) dt = 0 et f est nulle sur J. En libérant J on obtient le résultat
Proposition 21 (Inégalité pour l’intégrale du module). Si f est une
fonction à valeurs complexe, continue par morceaux et intégrable sur un intervalle I :
Z
Z
f (t) dt ≤ |f (t)| dt
I
I
Démonstration. Même méthode que pour la proposition 19 page 31.
Exercice 9. Soit f une application continue et intégrable d’un intervalle I
dans K. On suppose que l’inégalité de la question précédente est une égalité.
Démontrer que :
1. Si K = R, f est de signe constant.
2. Si K = C, il existe un réel θ tel que :
∀t ∈ I, f (t) = |f (t)| eiθ
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L’intégrale
22 octobre 2009
Proposition 22 (Chasles et localisation). Si f est une fonction à valeurs complexe, continue par morceaux et intégrable sur un intervalle I, elle
est continue par morceaux et intégrable sur tout sous intervalle I 0 ⊂ I. Au
surplus, si c est un point intérieur à I 1 et si l’on pose Ig = I∩] − ∞, c] et
Id = I ∩ [c, +∞[, qui sont donc des intervalles non réduits à un point, f est
intégrable sur I si et seulement si elle est intégrable sur Ig et Id et :
Z
Z
Z
f (t) dt =
f (t) dt +
f (t) dt
I
Ig
Id
Proposition 23. Résulte immédiatement de la proposition 5 page 12 si I est
un segment, 12 page 20 si I est un intervalle semi-ouvert et de la définition
9 page 21 si I est un intervalle ouvert ; ces deux derniers résultats étant
préalablement appliqués à |f | puis à f .
Proposition 24 (Comportement à l’infini). Soit f une fonction à valeurs complexes, continue par morceaux et intégrable sur [a, +∞[. Si l’on
suppose que f possède une limite l en +∞ alors l = 0. EN REVANCHE f peut fort bien être intégrable sur [a, +∞[ sans avoir de
limite en +∞. De manière générale, on retiendra qu’on peut déduire l’intégrabilité de f sur un intervalle I de son comportement
asymptotique aux bornes de I mais que la seule hypothèse d’intégrabilité de f sur I ne permet pas de décrire de façon simple le
comportement asymptotique de f aux bornes de I.
Démonstration. Supposons f (x) → l 6= 0 quand x → +∞ alors :
|f (x)| ∼ |l| > 0 quand x → +∞
Or la fonction x 7→ |l| n’est pas intégrable sur [a, +∞[ car :
Z x
|l| dt = |l|(x − a) → +∞ quand x → +∞
a
donc, d’après la proposition 8, |f | donc f n’est pas intégrable sur [a, +∞[.
Les lecteurs construiront, au moins avec un dessin, une fonction f continue,
positive et intégrable sur [0, +∞[ mais qui n’a pas de limite en +∞. On
prendra, par exemple, pour graphe de f , une suite de triangles isocèles de
base Ox et dont la série des aires converge.
1
ie n’est pas une extrémité de I
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L’intégrale
2.2.2
22 octobre 2009
Exemples d’intégrabilité
Rien de nouveau par rapport à la section 2.1.5 page 25 puisque prouver
l’intégrabilité de f c’est prouver l’intégrabilité de |f | ≥ 0.
Exemple 10. Étudier l’existence des intégrales suivantes :
Z π/2
Z +∞
(1 + x) ln(|1 + x|)
(x − π/4) ln(cos x) dx
dx
x4 + x2 + 1
0
−∞
Z +∞
e− Argsh x Argch x dx
1
Exemple 11. Soit f ∈ C 2 ([0, +∞[, R). Montrer que l’existence des deux intégrales :
Z +∞
Z +∞
2
f (x) dx et
(f ”(x))2 dx
0
entraine celle de
2.3
2.3.1
R +∞
0
0
0
2
(f (x)) dx et que lim f (x) = 0.
x→∞
Compléments
Utilisation d’une série
Dans certains cas on peut se servir de séries pour prouver l’intégrabilité
d’une fonction. On utilise le résultat suivant déjà rencontré dans le cours sur
les séries et qu’il faut savoir redémontrer :
Proposition 25. Soient
– f une fonction continue par morceaux, positive sur un intervalle I =
[a, b[ avec −∞ ≤ a < b ≤ +∞.
– (an )n∈N une suite strictement croissante d’éléments de I avec a0 = a
et limRan = b.
a
– In = ann+1 f (x) dx ≥ 0.
P
Alors la fonction f est intégrable sur I si et seulement si la série n≥0 In
converge, et dans ce cas :
Z
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b
f (x)dx =
a
∞
X
n=0
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In
L’intégrale
Démonstration.
Z
bn
f (x)dx =
a
22 octobre 2009
n
X
Ik
k=0
Donc, si l’intégrale converge, la série aussi et sa somme vaut l’intégrale. Réciproquement, si la série converge, soit x ∈]a, b[, il existe n tel que bn ≥ x
donc :
Z x
Z bn
n
∞
X
X
f (t) dt ≤
f (t)dt =
Ik ≤
Ik
a
a
k=0
k=0
Rx
L’application x 7→ a f (t) dt est donc croissante et majorée sur [a, b[, ce qui
Rb
assure la convergence de l’intégrale a f (t) dt et donc l’intégrabilité de f sur
[a, b[ via sa positivité.
Exemple 12. La fonction f définie sur ]0, +∞[ par :
f (x) =
cos x
1 + xα | sin x|
est intégrable sur ]0, +∞[ si et seulement si α > 1.
Démonstration. La fonction f est continue sur ]0, +∞[. Il s’agit d’étudier
l’intégrabilité de :
| cos x|
g(x) = |f (x)| =
1 + xα | sin x|
Cas où α > 0 : La fonction g se prolonge en une fonction continue sur
[0, +∞[. Le problème provient de ce que la fonction sinus du dénominateur peut prendre des valeurs "petites". L’idée consiste à se placer
sur un intervalle [an , an+1 ] où xα ne varie pas trop en un sens qu’on va
préciser. Posons :
Z (n+1)π
In =
g(x)dx
nπ
On va chercher
P un équivalent de In qui permettra d’étudier la nature
de la série
In .
Z
(n+1)π
nπ
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| cos x|dx
≤ In ≤
1 + ((n + 1)π)α | sin x|
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Z
(n+1)π
nπ
| cos x|dx
1 + (nπ)α | sin x|
L’intégrale
22 octobre 2009
Les intégrales encadrantes se calculent. En notant Jn celle de gauche,
la π-périodicité de la fonction intégrée permet d’établir que :
Z π
| cos x|dx
Jn =
α
0 1 + (nπ) | sin x|
=2
Z
π/2
0
cos xdx
1 + (nπ)α sin x
Le changement de variable sin x = t assure :
Jn = 2
Z
1
0
dt
2α ln n
=
1 + (nπ)α t
(nπ α )
Donc, puisque Jn ∼ Jn+1 quand n → ∞ :
In ∼
2α ln n
(nπ α )
De l’étude, déjà faite, de cette série à termes positifs, il découle :
Pour α > 0, f est intégrable sur I si et seulement si α > 1
Cas où α < 0 : La fonction g se prolonge encore par continuité en 0 (pourquoi ?). On voit qu’au voisinage de l’infini :
g(x) =
| cos x|
∼ | cos x|
1 + xα | sin x|
En effet g(x) s’écrit sous la forme | cos x| (1 + (x)) avec lim (x) = 0.
x→+∞
Or la fonction x 7→ | cos x| n’est pas intégrable sur [0, +∞[ (pourquoi ?),
donc g non plus.
RX
Cas α = 0 : On peut calculer 0 g(x)dx mais le plus simple est encore de
calculer In comme ci-dessus. On trouve :
In = 2 ln 2
donc
P
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In diverge et f n’est pas intégrable.
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L’intégrale
22 octobre 2009
Exercice 10. Intégrabilité sur ]0, +∞[ de :
f (x) =
x
1+
xα | cos(x ln x)|
?
On introduira la fonction u réciproque de x 7→ x ln x sur [1, +∞[ (dont on
trouvera un équivalent en +∞) et la suite u( π2 + nπ) .
Exercice 11. Soient α et β deux réels. La fonction :
f : x ∈]0, +∞[7→ sin(x) xβ e−x
α
est intégrable sur ]0, +∞[ si et seulement si α > 0 et β > −2. Sinon dans
quel cas l’intègrale converge-t-elle ?
Exercice 12. Discuter suivant α et β l’intégrabilité de la fonction x 7→
sin(lnβ x) xα sur ]1, +∞[. En cas de non intégrabilité l’intégrale peut-elle
converger ?
2.3.2
Intégrales convergentes fonctions d’une borne
La méthode générale consiste à se ramener aux résultats de la section 1.3.2
page 15 en coupant l’intégrale en deux par un point intérieur à l’intervalle I.
Exemple 13. La fonction F définie par :
Z +∞
sin t dt
x 7→
1 + t4
x
est de classe C 1 sur R et, pour tout réel x :
F 0 (x) = −
sin x
1 + x4
sin t
Démonstration. La fonction f : t 7→ 1+t
4 est continue sur R et intégrable sur
−2
R car |f (t)| = O (t ) au voisinage de ±∞. F est donc définie et on peut
écrire, pour tout x ∈ R :
Z +∞
Z x
sin t dt
sin t dt
F (x) =
−
G(x)
avec
G(x)
=
4
1 + t4
0
0 1+t
D’où le résultat puisque G est justiciable du théorème 2 page 15.
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L’intégrale
2.3.3
22 octobre 2009
Intégration des relations de comparaison (hors
programme)
Théorème 10. I = [a, b[ avec −∞ < a < b ≤ +∞. Soit f une fonction
continue par morceaux sur I à valeurs complexes et g une fonction continue
par morceaux sur I à valeurs réelles positive au voisinage de b. On suppose
que f = o(g) au voisinage de b, alors, quand x → b :
– Si g est intégrable sur I , il en est de même de f et :
Z
b
f (t) dt = o
x
Z
b
g(t) dt
x
– Si g n’est pas intégrable sur I :
Z
x
f (t) dt = o
a
Z
x
g(t) dt
a
Démonstration. Comme pour les séries.
P −√ln n
diverge et, quand n → ∞ :
Exemple 14. La série
e
n
X
e
√
− ln k
k=1
∼
Z
n
e−
√
ln t
1
√
dt ∼ n e−
ln n
Théorème 11 (Intégration des développements limités). Soit f une
application de classe C 1 de I dans K. On suppose que f 0 admet, au voisinage
de a ∈ I, le développement limité suivant :
0
f (x) =
n
X
k=0
ak (x − a)k + o ((x − a)n )
Alors f admet, au voisinage de a, le développement limité d’ordre n + 1
suivant :
f (x) = f (a) +
n
X
k=0
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ak
(x − a)k+1 + o (x − a)n+1
(k + 1)
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L’intégrale
22 octobre 2009
Démonstration. Soit g la fonction de classe C 1 définie sur I par :
g(x) = f (x) − f (a) −
Il vient, quand t → a :
n
X
k=0
ak
(x − a)k+1
(k + 1)
f 0 (t) = o ((t − a)n )
Si a n’est pas plus grand élément de I, il existe b ∈ I tel que b > a et g 0 est
intégrable sur [a, b] puisqu’elle y est continue. Le théorème d’intégration des
relations de comparaison assure alors que, quand x → a+ :
Z x
Z x
0
n
g (t) dt = o
(t − a) dt
a
a
Donc
g(x) = o (x − a)n+1
quand x → a à droite
Même chose à gauche de a si a n’est pas plus petit élément de I et le résultat.
Exemple 15 (Exemple d’intégration d’un développement asymptotique). On
veut un développement asymptotique à trois termes de arcsin au voisinage
de 1. On considère :
f : x ∈ [0, 2[7→ arcsin(1 − x)
f est de classe C 1 sur ]0, 2[ :
x
−1 f (x) = p
=√
1 + + o(x)
4
2x
x(2 − x)
0
−1
quand x → 0. On considère alors, pour x ∈]0, 2[ :
√
1
x
0
g(x) = f (x) + √ + √
2x 4 2
Pour 0 < x < 2, g est intégrable sur ]0, x] car elle se prolonge continûment à
[0, x]. En outre, quand t → 0 :
√ √ g(t) = o
t
donc |g(t)| = o
t
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L’intégrale
On en déduit que
Rx
0
g(t) dt = o
Rx√
0
22 octobre 2009
t dt soit :
π √ √
f (x) = − 2 x −
2
√
3
2x3/2
+ o x2
12
On se borne à quelques exercices
Exercice 13. Développement asymptotique à deux termes de :
Z x
dt
√
4
1 + t4
0
au voisinage de +∞.
Exercice 14. Même question avec :
Z x √
e− ln t dt
0
Exercice 15. Même question avec :
Z x
0
sin t
dt
t
Exercice 16. Étude complète (Définition, continuité, variations, études locales, courbe représentative) de la fonction f définie par :
Z x
t2 dt
p
f (x) =
|t4 − 1|
1
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Chapitre 3
Calculs d’intégrales
3.1
Les divers types d’intégrale
Comme d’habitude, K = R ou C.
3.1.1
Primitives d’une fonction continue sur un intervalle
Primitives
Rappel 1. Étant donné une application f continue d’un intervalle I dans
K et a un point de I, f admet une seule primitive sur I telle que f (a) = 0.
Elle est donnée par :
Z x
x 7→
f (t) dt
a
l’ensemble des primitives de f sur I est donné par :
x 7→
Z
x
f (t) dt + C
a
C∈K
Cet ensemble est usuellement désigné par la notation :
Z
f (x) dx
41
L’intégrale
22 octobre 2009
Remarque 11. On a coutume d’utiliser encore cette notation lorsque
le domaine d’intégration est une réunion d’intervalles. Il faut bien
comprendre ce qu’elle signifie. par exemple l’écriture :
Z
dx
= ln |x| + C
x
C∈K
Est une manière condensée d’écrire les deux choses suivantes :
Les primitives de la fonction continue f1 : x 7→ 1/x sur l’intervalle
]0, +∞[ sont les fonctions :
x 7→ ln x + C1
– Les primitives de la fonction continue f2 : x 7→ 1/x sur l’intervalle
] − ∞, 0[ sont les fonctions :
x 7→ ln(−x) + C2
Aucun lien n’existe entre les constantes C1 et C2 . Il faut donc
avoir à l’esprit qu’une même formule peut représenter des
calculs sur plusieurs intervalles différents et toujours préciser
ces intervalles .
De même l’écriture :
Z
x dx
= ln tan
+C
sin x
2
Signifie que, pour k ∈ Z, les primitives de l’application continue fk ,
définie sur l’intervalle Ik =]kπ, (k + 1)π[ par fk (x) = 1/ sin x, sont
données par :
x ln tan
+ Ck
2
Les constantes Ck n’ont aucun rapport entre elles.
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L’intégrale
22 octobre 2009
Tableau des primitives usuelles
Dans ce tableau les paramètres α 6= −1, a 6= 0, h 6= 0 sont réels. La
constante C ∈ K si l’on recherche les primitives à valeurs dans K.
R
R
xα dx =
xα+1
α+1
R
sin x dx = − cos x + C
R
R
R
= ln tan
dx
sin x
dx
sin2 x
x
2
+C
= − cotg x + C
R
R
dx
ch2 x
= th x + C
dx
=
x2 +a2
1
a
arctan
x
a
R
+C
√
= ln x + x2 + h + C
√ dx
x2 +h
dx
x
= ln |x| + C
cos x dx = sin x + C
R
ch x dx = sh x + C
R
R
+C
R
R
dx
cos x
dx
sh2 x
= ln tan
x
2
+
= − th1x + C
π
4
+C
sh x dx = ch x + C
R
R
dx
cos2 x
dx
a2 −x2
√ dx
a2 −x2
= tan x + C
=
1
2a
a+x +C
ln a−x
= Arcsin
x
|a|
+C
Les formules se vérifient par dérivation des second membres sur les intervalles, que les lecteurs daı̂gneront préciser, où ceux ci sont C 1 . Citons enfin
trois primitives à connaı̂tre, qui comportent des paramètres complexes et qui
s’obtiennent de la même manière
λ ∈ C∗ ,α ∈ C − {−1}, a, b ∈ R et b 6= 0.
R
eλx dx =
R
R
eλx
λ
+C
xα dx =
xα+1
α+1
dx
x−a−ib
1
2
=
+C
ln[(x − a)2 + b2 )] + i arctan
On reviendra plus loin sur cette dernière primitive.
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x−a
b
+C
L’intégrale
22 octobre 2009
Remarque 12 (Homogénéité). Pour retrouver rapidement des résultats
tels que :
Z
x
1
dx
= arctan
+C
x 2 + a2
a
a
On peut faire un raisonnement par homogénéité : on affecte à la
variable x et à la constante a une dimension (au sens de la physique)
[L] (une longueur par exemple), le résultat a pour dimension [L−1 ] d’où
la présence de la constante 1/a devant l’arc tangente et de la quantité
sans dimension x/a à l’intérieur.
Remarque 13. La formule :
Z
dx
1 1 + x = ln +C
1 − x2
2
1 − x
est valable sur chacun des trois intervalles ] − ∞, −1[, ] − 1, 1[, ]1, +∞[.
En revanche, si l’on se limite à l’intervalle ] − 1, 1[, il vient :
Z
dx
= Argth x + C
1 − x2
Même remarque pour la formule :
Z
√
dx
√
= ln x + x2 + h + C
2
x +h
Avec h ∈ R∗ qui se vérifie par dérivation du second membre et qui est
valable sur tout intervalle
où l’intégrande est continu.
√
2
Pour h > 0, x + x + h > 0, ce qui permet d’ôter la valeur absolue.
On a aussi :
Z
dx
√
= Argsh x + C
x2 + 1
et, sur l’intervalle ]1, +∞[ :
Z
dx
√
= Argch x + C
x2 − 1
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L’intégrale
3.1.2
22 octobre 2009
Intégrales définies
Cas d’une fonction continue sur un segment
Rappel 2. Si f est une fonction continue sur un segment [a, b] dont F
est une primitive, il vient :
Z
b
a
x=b
f (x) dx = [F (x)]x=a
= F (b) − F (a)
Exemple 16. Pour tout entier naturel n :
Z π/2
sin(2n + 1)x
π
dx =
sin x
2
0
Démonstration. Il faut d’abord déterminer de quel type d’intégrale il s’agit.
La fonction fn , définie sur ]0, π/2] par :
fn (x) =
sin(2n + 1)x
sin x
Se prolonge par continuité au segment [0, π/2] en posant fn (0) = 2n + 1.
L’intégrale proposée est donc définie : c’est celle d’une fonction continue sur
[0, π/2]. On pose :
Z π/2
In =
fn (x) dx
0
D’autre part :
sin(2n + 1)x − sin(2n − 1)x = 2 cos(2nx) sin x
Donc, pour 0 < x ≤ π/2 et n ≥ 1 :
fn (x) − fn−1 (x) = 2 cos(2nx)
Relation qui s’étend au segment [0, π/2] par continuité des deux membres.
On en déduit, pour n ≥ 1 :
Z π/2
1
x=π/2
In − In−1 =
2 cos(2nx) dx = [sin(2nx)]x=0
=0
n
0
Donc In = I0 = π/2.
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L’intégrale
22 octobre 2009
Cas d’une fonction continue par morceaux sur un segment
Rappel 3. Pour calculer l’intégrale d’une fonction f continue par morceaux
sur un segment [a, b], on détermine une subdivision (x0 , x1 , . . . , xn ), de [a, b]
adaptée à la fonction f et on introduit, pour i ∈ {1, 2, . . . , n}, la fonction
fi ∈ C([xi−1 , xi ], K) telle que :
∀x ∈]xi−1 , xi [, fi (x) = f (x)
Il vient alors :
Z
b
f (x) dx =
a
n Z
X
i=1
xi
fi (x) dx
xi−1
R xi
L’intégrale xi−1
fi (x) dx est celle d’une fonction continue sur un segment,
on est donc ramené au cas précédent.
Exemple 17. Soit n ∈ N∗ , démontrons la formule :
Z
n−1
1
1 X (2k + 1) ln k
dx =
x ln
x
2 k=1 [k(k + 1)]2
1/n
1
Où [x] est la partie entière du réel x.
Démonstration. Soit f la fonction définie sur le segment J = [1/n, 1] par :
1
f (x) = x ln
x
Pour prouver qu’elle est continue par morceaux sur ce segment, on introduit
la subdivision :
1
1
1
,
,..., ,1
n n−1
2
de J. Pour k ∈ {1, 2, . . . , n − 1}, on pose :
fk (x) = x ln k
pour 1/(k + 1) ≤ x ≤ 1/k
fk est bien continue sur le segment [1/(k + 1), 1/k] et :
1
1
∀x ∈
, f (x) = fk (x)
,
k+1 k
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L’intégrale
22 octobre 2009
La fonction f est donc bien continue par morceaux sur le segment [1/n, 1]
et :
Z 1
n−1 Z 1/k
n−1 Z 1/k
X
X
f (x) dx =
fk (x) dx =
x ln k dx
1/n
k=1
1/(k+1)
k=1
1/(k+1)
d’où la formule proposée.
3.1.3
Intégrale sur un intervalle quelconque
Rappel 4. Pour calculer une intégrale sur un intervalle qui n’est pas un segment, on étudie d’abord l’intégrabilité de l’intégrande ou, à défaut, la convergence de l’intégrale impropre. On calcule ensuite l’intégrale sur un segment
dont on fait ensuite tendre les extrémités vers celles de l’intervalle d’intégration, ce qui est licite en vertu de la proposition 15 page 22.
Exemple 18. Existence et calcul de :
Z +∞
dx
x2 + 2x + 2
−∞
Démonstration. La fonction f définie par :
f (x) =
x2
1
+ 2x + 2
est continue sur R.
1) Intégrabilité de f : Au voisinage de ±∞, on a :
f (x) ∼
1
>0
x2
d’où l’intégrabilité de f sur chaque intervalle ] − ∞, −1] et [1, +∞[
d’après le critère d’intégrabilité par équivalence pour les fonctions de signe constant. f est donc intégrable sur R.
2) Valeur : On a :
f (x) =
1
(x + 1)2 + 1
Donc une primitive (particulière) de f sur R est :
F (x) = arctan(x + 1)
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L’intégrale
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comme on sait que f est intégrable sur R, on a :
Z
+∞
−∞
x2
dx
= lim F (X) − F (−X) = π
+ 2x + 2 X→+∞
RX
Remarque 14. La seule existence de la limite de −X f (x) dx quand
X → +∞ est insuffisante pour établir l’intégrabilité de f sur R
(prendre f (x) = x). En revanche les lecteurs pourront établir, à
titre d’exercice, qu’elle est suffisante si f est de signe constant.
Exemple 19. Montrer que :
Z 1
0
1
1
dx = 1 − γ
−
x
x
Où γ est la constante d’Euler.
Démonstration. La fonction f , définie sur I =]0, 1] par :
1
1
f (x) = −
x
x
Est continue par morceaux sur cet intervalle car, s i J ⊂ I est un segment, il
existe un entier n > 0 tel que J ⊂ [1/n, 1] = Jn . La subdivision de Jn définie
par :
1
1
1
,
,..., ,1
sn =
n n−1
2
est adaptée à f donc f|Jn est bien continue par morceaux sur Jn .
1) Intégrabilité : Pour x ∈ I, il vient :
0 ≤ f (x) ≤ 1
Comme x 7→ 1 est intégrable sur I, f est intégrable d’aprés le critère
d’intégrabilité par domination des fonctions positives.
2) Calcul : On sait que, puisque f est intégrable sur I :
Z
Z 1
f (x) dx = lim
f (x) dx
I
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n→∞
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1/n
L’intégrale
22 octobre 2009
et
Z
3.2
3.2.1
f (x) dx =
Jn
n−1 Z
X
k=1
1/k
1/(k+1)
1
−k
x
dx =
Z
1
1/n
n−1
dx X 1
−
−−−→ 1−γ
x k=1 k + 1 n→∞
Les méthodes générales d’intégration
Recherche d’une primitive à priori
Exemple 20. Calculer
Z
(x2 + x + 1) cos(ax) dx
en recherchant une primitive de la fonction ;
x 7→ (x2 + x + 1) ei a x
sous la forme :
x 7→ P (x) ei a x ,
3.2.2
P ∈ C[X]
Linéarité et linéarisation
On se limite à quelques exemples. Pour les deux premiers on pourra
consulter la partie 3.4 page 81 sur les intégrales trigonométriques.
Exemple 22.
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Z
Z
cos4 x dx
Z
sh4 x dx
1
0
√
dx
√
x+1+ 1−x
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L’intégrale
3.2.3
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Changement de variable
Le théorème suivant s’applique aux fonctions continues sur un segment.
Théorème 12 (du changement de variable sur un segment). Soient
f ∈ C(I, K) et φ ∈ C 1 (J, R) telle que φ(J) ⊂ I. Si α et β appartiennent à J,
on a en posant a = φ(α) et b = φ(β) :
Z
β
0
f [φ(t)] φ (t) dt =
α
Z
b
f (x) dx
a
Démonstration. Les fonctions F et G définies sur J par :
Z s
F (s) =
f [φ(t)] φ0 (t) dt
α
G(s) =
Z
φ(s)
f (x) dx
a
Sont de classe C 1 sur J et vérifient :
F 0 (s) = G0 (s) = f [φ(s)] φ0 (s)
et F (α) = G(α) = 0
Donc F = G et le résultat.
Remarque 15. φ N’A NUL BESOIN D’ÊTRE BIJECTIVE. LE BON SENS EST
LE SEUL GUIDE DE CE QUI SUIT.
Le théorème qui suit a surtout l’intérêt d’éviter de prouver l’intégrabilité
d’une fonction qui se ramène à une autre par changement de variable.
Théorème 13 (du changement de variable pour une fonction intégrable sur un intervalle quelconque). Soient f ∈ C(I, K) et φ ∈ C 1 (J, R)
telle que :
– φ est de classe C 1 sur J, strictement monotone sur J.
– φ(J) = I.
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L’intégrale
22 octobre 2009
alors f est intégrable sur I si et seulement si f ◦ φ.|φ0 | est intégrable sur J
et, dans ce cas :
Z
0
f [φ(t)] |φ (t)| dt =
J
Z
f (x) dx
I
Démonstration. On limite la preuve au cas où φ est strictement croissante
sur J et donc φ0 ≥ 0.
Premier cas : J = [α, β[ avec −∞ < α < β ≤ +∞ : Posons a = φ(α). En
vertu du théorème de la limite monotone, φ possède une limite b ≤ +∞
en le point β. D’après le théorème des valeurs intermédiaires et la stricte
croissance de φ, I = φ(J) = [a, b[ et d’après le théorème de continuité
des fonctions réciproques des fonctions continues strictement monotones, φ réalise un homéomorphisme croissant de J sur I ; au surplus
limx→b φ−1 (x) = β.
Ceci posé, soit s ∈ J. Le théorème 12 page 50, appliqué au segment
[a, s] amène :
Z
s
0
|f [φ(t)] φ (t)| dt =
α
Z
φ(s)
|f (x)| dx
a
Donc l’intégrabilité de f sur [a, b[ assure l’existence d’une limite pour
R φ(s)
Rs
|f (x)| dx quand s → β et donc de la même limite pour α |f [φ(t)] φ0 (t)| dt.
a
La fonction f ◦ φ φ0 est donc intégrable sur J = [α, β[. De plus :
Z
s
0
f [φ(t)] φ (t) dt =
α
Z
φ(s)
f (x) dx.
a
En faisant tendre s vers β dans cette égalité, il vient :
Z
Z
0
f [φ(t)] |φ (t)| dt = f (x) dx.
J
I
Réciproquement, supposant l’intégrabilité de f ◦ φ φ0 sur J, il vient si
y∈I :
Z y
Z φ−1 (y)
0
|f [φ(t)] φ (t)| dt =
|f (x)| dx.
α
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a
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L’intégrale
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Le second membre a donc une limite quand y → b comme le premier.
L’égalité des intégrales se prouve de même via :
Z
φ−1 (y)
0
f [φ(t)] φ (t) dt =
α
Z
y
f (x) dx.
a
Deuxième cas : autres intervalles J : si J est de la forme ]α, β] avec
−∞ ≤ α < β < +∞ on procède, au voisinage de α, de façon strictement analogue au premier cas. Si maintenant J est un intervalle ouvert
]α, β[ avec −∞ ≤ α < β ≤ +∞, de sorte que I a la même forme,
on choisit γ ∈ J et, posant c = φ(γ), on se ramène aux cas précédemment traités via l’intégrabilité de f ◦ φ φ0 sur ]α, γ] et sur [γ, β[ et
l’intégrabilité de f sur ]a, c] et [c, b[.
Cas des primitives ou des intégrales sur des segments
Soit à calculer par un changement de variable
Z
f (x) dx
où f ∈ C(I, K).
Proposition 26 (Changement de variable x = φ(t)). Soit φ une application de classe C 1 d’un intervalle J dans R telle que φ(J) ⊂ I. Si F est une
primitive quelconque de f sur I, il vient, pour t ∈ J :
Z
f [φ(t)] φ0 (t) dt = F [φ(t)] + C
Le calcul de la primitive de gauche permet le calcul de F sur l’intervalle
φ(J) ⊂ I.
Exemple 24. Calculer, à l’aide des changements de variable x = sin t et x =
ch t :
Z p
|x2 − 1| dx
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p
Démonstration. L’application f : x 7→ |x2 − 1| est continue sur R. On se
propose d’en calculer les primitives sur cet intervalle. On remarque d’abord
que f admet une primitive impaire qu’on notera F :
Z xp
|s2 − 1| ds
x 7→
0
Il suffit de calculer F sur [0, +∞[.
1) Calcul sur [0, 1] On pose x = sin t. L’application φ : t 7→ sin t est de
classe C 1 sur J = [0, π/2] et φ(J) = [0, 1]. Il vient donc, pour t ∈ J :
Z
sin 2t
1
2
t+
+ C1
F (sin t) = G(t) = cos t dt =
2
2
Donc, puisque F est impaire, F (0) = 0, il vient pour x ∈ [0, 1] :
√
arcsin x + x 1 − x2
F (x) =
2
Car t ∈ [−π/2, π/2] donc, si x = sin t alors t = arcsin x.
2) Calcul sur [1, +∞[ on pose x = ch t qui est de classe C 1 sur [0, +∞[ :
Z
Z
1
2
(ch 2t − 1) dt
F (ch t) = G(t) = sh t dt =
2
G(t) =
D’où, pour x ≥ 1 :
F (x) =
x
√
sh 2t t
− + C2
4
2
√
x2 − 1 ln x + x2 − 1
−
+ C2
2
2
En comparant les deux expressions ci-dessus pour x = 1, il vient :
C2 =
π
4
En conclusion, vu l’imparité de F , il vient :
Z xp
|s2 − 1| ds =
0
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(
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√
1/2 arcsin x + x 1 − x2
pour −1 ≤ x ≤ 1
√
√
1/2 x x2 − 1 − ln x + x2 − 1 + (x)π/4 pour |x| ≥ 1
où (x) est le signe de x.
Z p
|x2 − 1| dx = F (x) + C
Proposition 27 (Changement de variable t = ψ(x)). ψ est de classe
C 1 sur I. On essaie essaie de mettre la forme différentielle f (x) dx sous la
forme g [ψ(x)] ψ 0 (x) dx. Le calcul de :
Z
F (x) = f (x) dx
se ramène alors au calcul, sur J = ψ(I), de :
Z
G(t) = g(t) dt
via la relation :
F (x) = G [ψ(x)] + C
Z
sin5 x dx
Démonstration. L’intégration a lieu sur R où l’intégrande est continu :
2
sin5 x dx = − sin4 x d(cos x) = − 1 − cos2 x d(cos x)
Donc, en posant t = cos x, le calcul proposé se ramène au calcul de :
Z
2
G(t) = −
1 − t2 dt = −1/5 t5 + 2/3 t3 − t + C
Z
sin5 x dx = G(cos x) = −1/5 cos x5 + 2/3 cos x3 − cos x + C
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L’intégrale
22 octobre 2009
Remarque 16 (Sous-traitance). Le paramètre formel t qui intervient
dans G(t) n’a provisoirement plus aucun rapport avec x. C’est une
« variable indépendante », c’est pourquoi on dit que le calcul de l’intégrale initiale se ramène à celui de G, autrement dit on fait sous-traiter
le calcul de F par G.
Exemple 26 (Exemple de recollement). Calculer :
Z
dx
2 + sin x
à l’aide du changement de variable t = tan x2 .
Démonstration.
Il faut d’abord observer que le changement de variable x 7→
x
tan 2 est défini et C 1 sur chacun des intervalles :
Ik =] − π + 2kπ, π + 2kπ[,
k∈Z
L’intégration doit donc être conduite séparément sur chacun de ces intervalles.
En utilisant les symétries de l’intégrande il est possible de ne calculer
ces primitives que sur l’intervalle I0 . Posons :
Z x
ds
F (x) =
0 2 + sin s
F est définie et de classe C 1 sur R :
Z x+2π
F (x + 2π) − F (x) =
x
ds
=
2 + sin s
Z
π
−π
ds
2 + sin s
Car l’intégrale d’une fonction continue par morceaux périodique, prise sur
un intervalle de période ne dépend pas d’icelui. On va donc calculer F sur
] − π, π].
1) Calcul de F sur ] − π, π] L’application :
x
x 7→ tan
2
est de classe C 1 sur ] − π, π[. On travaille sur les formes différentielles à l’exclusion de tout calcul d’intégrale :
x
1
t = tan
dt =
1 + t2 dx
2
2
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22 octobre 2009
2 dt
2t
sin x =
2
1+t
1 + t2
dx
dt
=
2 + sin x
1 + t + t2
Le calcul de
Z
dx
2 + sin x
Sur ] − π, π[ se ramène à celui de :
Z
Z
dt
dt
G(t) =
=
2
1+t+t
(t + 1/2)2 + 3/4
dx =
sur R. On trouve :
2
G(t) = √ arctan
3
2t + 1
√
3
Et donc, sur ] − π, π[ :
h
F (x) = G tan
x i
2
2
= √ arctan
3
+ C1
!
2 tan x2 + 1
√
+ C1
3
Comme F (0) = 0, il vient :
π
C1 = − √
3 3
Comme F est continue en π, il vient :
2π
F (π) = lim F (x) = √
x→π−
3 3
2) Calcul de F sur ] − π + 2kπ, π + 2kπ] Il vient maintenant :
Z x
Z π
ds
ds
2π
= lim
=√
x→π− −x 2 + sin s
3
−π 2 + sin s
D’où, finalement, pour x ∈ Ik :
2
F (x) = √ arctan
3
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!
2 tan x2 + 1
π
π
√
− √ + 2k √
3 3
3
3
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L’intégrale
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et :
2π
π
π
F (π + 2kπ) = F (π) + 2k √ = √ + 2k √
3
3
3 3
Z
dx
= F (x) + C
2 + sin x
Cas des intégrales de fonctions intégrables sur un intervalle quelconque
Exemple 27. À l’aide du changement de variable t = ex , prouver que :
Z +∞ x
e −2
π
dx = − ln 2
2x
1+e
4
0
Démonstration. On détermine d’abord le type d’intégrale dont il s’agit. La
fonction f définie sur [0, +∞[ par :
f (x) =
ex −2
1 + e2x
est continue sur cet intervalle.
1) Intégrabilité : Lorsque x → +∞ :
|f (x)| ∼ e−x
fonction positive intégrable sur [0, +∞[
Donc f est intégrable sur [0, +∞[ d’aprés le critère d’intégrabilité par
équivalence des fonctions de signe constant.
2) Calcul : On veut faire le changement de variable t = ex . L’application
x 7→ t = ex possède les propriétés suivantes :
– Elle est de classe C 1 sur [0, +∞[.
– Elle est strictement croissante sur [0, +∞[.
– En formant son tableau de variations on voit, d’après le théorème
des valeurs intermédiaires, qu’elle réalise une bijection de [0, +∞[
sur [1, +∞[.
– Enfin :
t−2
f (x) dx = 2
dt
(t + 1)t
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L’intégrale
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Le théorème 13 page 50 assure alors que la fonction :
t 7→
t−2
+ 1)t
(t2
est continue et intégrable sur [1, +∞[ et :
Z +∞
Z +∞
t−2
f (x) dx =
dt
2
(t + 1)t
0
1
On calcule, sur [1, T [ :
Z
t−2
dt = −2 ln t + ln(t2 + 1) + arctan t + C
2
(t + 1)t
Donc :
Z T
1
t−2
dt = ln
2
(t + 1)t
T2 + 1
T2
Exemple 28. Prouver la relation :
Z +∞
1
en posant t =
√
+ arctan T − ln 2 −
π
π
−−−−→ − ln 2
4 T →+∞ 4
dx
√
=π
x x−1
x − 1.
Démonstration. La fonction f définie sur ]1, +∞[ par :
1
f (x) = √
x x−1
est continue et positive sur cet intervalle.
1) Intégrabilité sur ]1, 2] : Quand x → 1 :
f (x) ∼ √
1
x−1
fonction positive et intégrable sur ]1, 2]
Donc f est intégrable sur ]1, 2] d’aprés le critère d’intégrabilité par
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L’intégrale
22 octobre 2009
2) Intégrabilité sur [2, +∞[ : quand x → +∞ :
f (x) ∼
1
fonction positive et intégrable sur [2, +∞[
x3/2
Donc f est intégrable sur [2, +∞[ d’aprés le critère d’intégrabilité par
√
3) Calcul : On souhaite effectuer
le changement de variable x − 1 = t.
√
L’application x 7→ t = x − 1 est de classe C 1 sur ]1, +∞[ et l’étude
de ses variations sur cet intervalle prouve qu’elle définit un homéomorphisme croissant de ]1, +∞[ sur ]0, +∞[.
f (x) dx =
2t dt
2 dt
= 2
2
t(t + 1)
t +1
donc, en vertu du théorème 13 page 50, la fonction t 7→
grable sur ]0, +∞[ et :
Z
+∞
f (x) dx =
1
Z
+∞
0
2
1+t2
est inté-
2 dt
=π
(t2 + 1)
Cas d’intégrales sur un segment dont le calcul se ramène à celui
d’une intégrale impropre
Exemple 29. Calculer :
I=
Z
2π
dx
sin x + cos4 x
4
0
à l’aide du changement de variable t = tan(2x).
Démonstration. La fonction f définie sur [0, 2π] par :
f (x) =
1
sin x + cos4 x
4
est continue sur ce segment. Comme la période de f est π/2, on essaie le changement de variable : t = tan(2x), malheureusement il n’est pas C 1 sur [0, 2π].
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L’intégrale
22 octobre 2009
L’idée consiste, ici encore à utiliser les symétries de la fonction à
savoir :
π
= f (x)
f (−x) = f (x)
f x+
2
D’où :
Z π/4
dx
I=8
4
sin x + cos4 x
0
L’application x 7→ tan(2x) est un C 1 difféomorphisme croissant de [0, π/4[
sur [0, +∞[. Le travail sur les formes différentielles donne :
t = tan(2x)
dt = 2(1 + t2 ) dx
dx =
dt
2(1 + t2 )
1 − cos(2x)
2
1
cos4 x + sin4 x =
1 + cos2 (2x)
2
1
cos2 (2x) =
1 + t2
dx
dt
=
4
4
2 + t2
sin x + cos x
Le théorème 13 page 50 assure alors que :
cos2 x =
Z
3.2.4
2π
0
1 + cos(2x)
2
dx
=8
4
sin x + cos4 x
sin2 x =
Z
+∞
0
dt
4π
=√
2
2+t
2
Intégration par parties
On rappelle qu’on peut intégrer par parties des applications C 1 (à la
rigueur continues et C 1 par morceaux) sur un segment (cf la proposition 10
page 18).
Z
1
ln x
√
dx
3
1−x
0
par intégration par parties. Les calculs intermédiaires de primitives de fonctions rationnelles seront faits à l’aide du logiciel.
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L’intégrale
22 octobre 2009
Démonstration. La fonction f définie sur ]0, 1[ par :
ln x
f (x) = √
3
1−x
est continue sur cet intervalle.
1) Intégrabilité i) Sur ]0, 1/2] Quand x → 0 :
|f (x)| ∼ | ln x| = o x−1/2
D’où l’intégrabilité de f sur ]0, 1/2] d’aprés les théorèmes d’intégrabilité par comparaison pour les fonctions positives.
ii) Sur [1/2, 1[ quand h → 0 par valeurs positives :
f (1 − h) ∼ −h2/3 −−→ 0
h→0
Donc f se prolonge continûment au segment [1/2, 1], elle est donc
intégrable sur [1/2, 1[.
2) Calcul On souhaite procéder par parties sur un segment, il est donc
nécessaire de considérer, pour 0 < h, h0 < 1/2 :
Z
1−h0
h
−3/2
Les fonctions :
Z
ln x
√
dx =
3
1−x
1−h0
h
ln x d(1 − x)2/3
x 7→ ln x et x 7→ (1 − x)2/3
sont C 1 sur le segment [h, 1 − h0 ], on peut donc écrire :
Z
1−h0
h
ln x d(1 − x)
2/3
= (1 − x)
2/3
ln x
1−h0
h
−
Z
h
1−h0
(1 − x)2/3
dx
x
On observe que la partie toute intégrée tend vers +∞ quand h →
0, c’est qu’elle se compense avec l’intégrale. Cependant, on peut faire
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L’intégrale
22 octobre 2009
tendre h0 vers 0 dans cette formule puisque tous ses termes ont des
limites. Il vient :
Z 1
Z 1
ln x
(1 − x)2/3
2/3
√
ln
h
+
3/2
dx
=
3/2
(1
−
h)
dx
3
x
1−x
h
h
On effectue dans la deuxième intégrale le changement de variable :
√
t = 3 1 − x C 1 sur le segment [h, 1]
Z (1−h)1/3
Z 1
(1 − x)2/3
t4
dt
dx = 3
x
1 − t3
h
0
On calcule alors, sur [0, 1[ avec le logiciel, les primitives :
Z
t4
dt =
1 − t3
int(t^4/(1-t^3),t);
−1/2 t2 −1/3 ln(1−t)+1/6 ln(t2 +t+1)−1/3
D’où :
Z
√
3 arctan(1/3 (2 t + 1)
1
(1 − x)2/3
dx =
x
h
√
3
−3/2 (1 − h)2/3 − ln(1 − 1 − h) + 1/2 ln((1 − h)2/3 +
√
√ √
√
√
3
3
1 − h + 1) − 3 arctan(1/3 3 2 1 − h + 1 ) + 1/6 3π
On regroupe alors les termes qui vont se compenser :
i
h
√
3
2/3
z = 3/2 (1 − h) ln(h) − ln(1 − 1 − h)
quand h → 0 :
(1 − h)2/3 ln h = ln h + o(1)
√
3
1 − 1 − h = h/3(1 + o(1))
√
3
ln(1 − 1 − h) = ln h − ln 3 + o(1)
lim z = 3/2 ln 3
h→0
D’où :
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Z
1
0
√
ln x
√
dx = −9/4 − 1/4 π 3 + 9/4 ln(3)
3
1−x
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√
3)+C
L’intégrale
3.3
22 octobre 2009
Intégration des fractions rationnelles
Le programme impose d’indiquer une méthode. Nous nous bornerons donc à deux cas simples qu’il convient de savoir traiter puis à des
exemples où la méthode est indiquée. Dans ces exemples, qu’on demande
aux lecteurs de refaire, on établit rigoureusement la décomposition en éléments simples d’une fonction rationnelle par des arguments simples d’algèbre
linéaire.
3.3.1
Cas d’un pôle simple complexe
Exemple 31. Soit z = a + ib un nombre complexe :
Z
dx
F (x) =
x−z
Alors :
– Si b = 0 :
F (x) = ln |x − a| + C
Sur chacun des intervalles ] − ∞, a[, ]a, +∞[. C est une constante réelle
ou complexe suivant qu’on veut les primitives à valeurs réelles ou complexes.
– Si b 6= 0 :
F (x) = ln |x − z| + i arctan
1
= ln[(x − a)2 + b2 )] + i arctan
2
x−a
b
x−a
b
+C
+C
sur R C est une constante complexe.
Démonstration. On vérifie ces relations en dérivant le second membre
Exemple 32. Soit z = a + ib un nombre complexe, n ≥ 2 un entier naturel :
Z
dx
F (x) =
(x − z)n
Alors :
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L’intégrale
22 octobre 2009
– Si b = 0 :
(x − a)1−n
+C
F (x) =
1−n
Sur chacun des intervalles ] − ∞, a[, ]a, +∞[. C est une constante réelle
ou complexe suivant qu’on veut les primitives à valeurs réelles ou complexes.
– Si b 6= 0 :
(x − z)1−n
F (x) =
+C
1−n
sur R C est une constante complexe.
Exemple 33 (Facultatif ). Calcul de la somme de la série entière :
∞
X
n=1
(−1)n−1
zn
n
où z est un complexe de module < 1.
On verra cf polycopié "développement de fonctions en séries entières" que
cette somme vaut :
Z 1
z
I=
0 1 + tz
Alors 1 + z ∈ Δ = C − R− et :
I = ln |1 + z| + i Arg(1 + z)
Où Arg(1 + z) est celle des déterminations de l’argument de 1 + z qui appartient à ] − π, π[. Au surplus, en posant z = r eiθ , r ∈ [0, 1[, il vient :
1
I = ln(1 + 2r cos θ + r2 ) + i arctan
2
r sin θ
1 + r cos θ
Démonstration. 1) Considérations géométriques Soit z = r ei θ une forme trigonométrique de z avec :
0 ≤ r < 1 et θ ∈ R
Re(1 + z) = 1 + r cos θ > 0 donc 1 + z ∈ Δ
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22 octobre 2009
Posons :
r sin θ
π
π
avec − < φ <
1 + r cos θ
2
2
a priori φ n’à pas de raison d’être un argument de 1 + z puisqu’un tel
argument est déterminé modulo 2π ie à l’aide des deux lignes trigonométriques cos et sin alors que la tangente d’un angle ne le détermine que
modulo π. En faisant un dessin (laissé aux lecteurs), on se rend pourtant compte que, puisque Re(1 + z) > 0, 1 + z doit avoir l’un de ses
arguments qui appartient à ]− π2 , π2 [. Prouvons donc que φ = Arg(1+z).
tan φ =
1 + z = (1 + r cos θ)(1 + i tan φ) =
1 + r cos θ i φ
(e )
cos φ
Comme 1 + r cos θ > 0 et cos φ > 0 vu que − π2 < φ < π2 , il vient :
1 + r cos θ
= |1 + z|
cos φ
d’où φ est un argument de 1 + z qui appartient à ] − π2 , π2 [ et donc
φ = Arg(1 + z).
2) Calcul de I Pour z 6∈] − 1, 1[, r sin θ 6= 0, il vient :
Z 1
Z 1
dt
dt
I=
1 =
cos θ
sin θ
0 t+ z
0 t+ r −i r
" !#1
cos θ
t
+
1
r
= ln t + + i arctan
sin θ
z
r
0
Soit, en explicitant et en regroupant les deux logarithmes :
r + cos θ
cos θ
I = ln |1 + z| + i arctan
− arctan
sin θ
sin θ
Notons ψ la différence de ces deux arcs tangentes. Comme :
cos θ
r + cos θ
6= −1
sin θ
sin θ
ψ 6= π2 + πZ (pourquoi ?) Chaque arc-tangente étant aussi différent de
ces valeurs, on peut appliquer la formule d’addition des tangentes au
calcul de tan ψ, lequel fournit :
r sin θ
tan ψ =
= tan φ
1 + r cos θ
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22 octobre 2009
Donc, il existe un k ∈ Z tel que ψ − φ = kπ En considérant ψ, φ et
donc k comme des fonctions continues de θ sur l’intervalle ]0, π[ (resp
] − π, 0[), k prenant des valeurs entières, elle est constante sur chacun
de ces intervalles. En calculant φ et ψ pour θ = π2 (resp) − π2 , on trouve
k = 0 d’où la formule attendue. Le cas où z ∈] − 1, 1[ est laissé à la
sagacité des lecteurs.
3.3.2
R
Intégrales de la forme
et P est un polynôme
P (x) dx
n
[(x−a)2 +b2 ]
où b 6= 0, n ∈ N
Le plus simple, compte tenu du programme, me semble de poser x − a =
b tan φ, −π/2 < φ < π/2, puis de linéariser.
I=
Z
+∞
0
(x4
x dx
+ x2 + 1)2
Démonstration. 1) Intégrabilité : La fonction f définie sur [0, +∞[ par :
f (x) =
(x4
x
+ x2 + 1)2
est continue sur [0, +∞[. Au voisinage de +∞ :
f (x) ∼
1
>0
x3
d’où l’intégrabilité de f sur [0, +∞[ d’après le critère d’intégrabilité par
2) Calcul : On remarque qu’on peut poser d’abord x2 = t. La fonction
x 7→ x2 est de classe C 1 , strictement croissante sur [0, +∞[ dont l’image
est [0, +∞[. De plus :
x dx
1
dt
=
(x4 + x2 + 1)2
2 (t2 + t + 1)2
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Donc, d’après le théorème de changement de variable pour les fonctions
1
intégrables, la fonction t 7→ (t2 +t+1)
2 est intégrable sur [0, +∞[ et :
J
I=
2
avec
J=
Z
0
+∞
(t2
dt
+ t + 1)2
Pour calculer J, on écrit le trinôme du dénominateur sous forme canonique :
2
1
3
2
t +t+1= t+
+
2
4
Ce qui incite à poser :
√
1
3
t+ =
tan φ,
2
2
i π πh
φ∈ − ,
2 2
Reste à voir l’intervalle de variation de φ : pour t = 0 on trouve φ = π6 .
L’application :
√
3
1
tan φ −
φ 7→
2
2
est un C 1 difféomorphisme croissant de π6 , π2 sur [0, +∞[ et :
dt =
√
3
9
(1 + tan2 φ) dφ, (t2 + t + 1)2 = (1 + tan2 φ)2
2
16
√
√
dt
dφ
8 3
8 3
cos2 φ dφ
=
=
2
2
2
(t + t + 1)
9 1 + tan φ
9
d’où, en linéarisant le cosinus au carré :
√
4 3
dt
=
(1 − cos(2φ)) dφ
(t2 + t + 1)2
9
Le théorème de changement de variable assure alors l’égalité :
I=
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Z
π/2
π/6
√
√
2 3
2π 3 1
(1 − cos(2φ)) dφ =
+
9
27
6
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3.3.3
22 octobre 2009
Exemples généraux
Exemple 35. Soit α une racine complexe du trinôme X 2 + X + 2.
1. Déterminer des constantes réelles a, A, B, telles que, pour tout x ∈
Ω = C − {1, α, α} :
f (x) =
a
Ax + B
x−1
+ 2
=
2
(x + 1)(x + x + 2)
x+1 x +x+2
2. En déduire la valeur de :
Z +∞
0
(x − 1) dx
(x + 1)(x2 + x + 2)
Démonstration. 1. En réduisant les deux membres de la fonction rationnelle au même
dénominateur, on voit qu’il faut déterminer des réels a, A, B tels que
le polynôme :
P (X) = a(X 2 + X + 2) + (AX + B)(X + 1)
soit égal au polynôme Q = X − 1. Pour cela il est nécessaire et suffisant
d’avoir :
P (−1) = Q(−1) et P (α) = Q(α)
car, si ces deux conditions sont réalisées, la réalité des deux polynômes
P et Q impose aussi P (α) = Q(α) ; donc deg(Q − P ) ≤ 2 et Q − P
s’annule sur trois complexes distincts donc est nul. Les deux conditions
cherchées s’écrivent :
2a = −2
et
(Aα + B)(α + 1) = α − 1
La deuxième relation s’écrit, compte tenu de ce que α2 = −α − 2 :
Bα + B − 2A = α − 1
Comme α ∈ C − R, la famille (1, α) est libre dans le R-espace vectoriel
C et on peut identifier :
a = −1 B = 1 B − 2A = −1 ie A = 1
donc, pour tout x ∈ Ω :
f (x) =
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−1
x+1
+ 2
x+1 x +x+2
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2. a) Intégrabilité de f : f est continue sur [0, +∞[ et, au voisinage
de +∞ :
1
f (x) ∼ 2 > 0
x
d’où l’intégrabilité de f sur [0, +∞[ en vertu du critère d’intégrabilité par équivalence pour les fonctions de signe constant.
b) Calcul : On transforme d’abord f (x).
f (x) =
Z
−1
1 2x + 1
1
+
+
2
2
x + 1 2 x + x + 2 2(x + x + 2)
X
f (x) dx = − ln(X + 1) +
0
avec
G(X) =
1
ln 2 1
ln(X 2 + X + 2) −
+ G(X)
2
2
2
Z
X
0
x2
dx
+x+2
un développement asymptotique de la somme des deux logarithmes
quand X → +∞ amène :
1
1
1
1
2
2
− ln(X+1)+ ln(X +X+2) = − ln 1 +
+ ln 1 +
+
2
X
2
X X2
Cette somme tend vers 0. Reste à calculer le limite de G(X) quand
X → +∞. Transformons G(X) en mettant le trinôme x2 + x + 1
sous forme canonique :
Z X
2X + 1
dx
2
2
1
√
= √ arctan
− √ arctan √
2
7
7
7
7
0
x + 12 + 74
Finalement :
Z
+∞
0
(x − 1) dx
π
1
= √ − √ arctan
2
(x + 1)(x + x + 2)
7
2 7
Exemple 36. Page 69/101
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1
√
7
−
ln 2
2
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1. Soit Ω = {−2, −1, 0, 1} et E l’espace des fonctions de Ω dans R de la
forme :
P (x)
,
P ∈ R5 [X]
x 7→
x(x − 1)3 (x + 1)2
Montrer que la famille des 6 fonctions :
1
1
1
,
, x 7→
(F ) = x 7→ , x 7→
x
(x − 1)
(x − 1)2
1
1
1
x 7→
, x 7→
, x 7→
(x − 1)3
x+1
(x + 1)2
est une base de E [on pourra utiliser le comportement asymptotique de
ces fonctions au voisinage de leur pôle].
2. En déduire les primitives :
F (x) =
Z
x+2
dx
x(x − 1)3 (x + 1)2
sur chaque intervalle où l’intégrande est continu.
Démonstration. 1. E est l’image de l’application linéaire θ : R5 [X] → F (Ω, R) définie par :
P (x)
P 7→ x 7→
x(x − 1)3 (x + 1)2
E est donc un sous espace vectoriel de F (Ω, R). θ est injective car si
P ∈ Ker θ, P s’annule sur l’ensemble infini Ω donc est nul. Il en résulte :
dim E = 6
Nontons (fi )1≤i≤6 la famille (F ). Envisageons une relation du type :
6
X
a i fi = 0
i=1
ai ∈ R
Notons f0 la fonction nulle. Quand x est au voisinage de 1 en restant
dans Ω, il vient :
f0 (x) =
Page 70/101
a4
a3
a2
+
+
+ O (1)
(x − 1)3 (x − 1)2 x − 1
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L’intégrale
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L’unicité du développement limité de f0 au voisinage de 1 amène :
a 4 = a 3 = a2 = 0
On prouve, de même, la nullité des autres ai en travaillant successivement au voisinage de 0 et de −1 ; (F ) est donc une base de E.
2. Notons f l’élément de E défini par :
x 7→
x+2
x(x − 1)3 (x + 1)2
et décomposons f dans la base (F ) :
f=
6
X
a i fi
i=1
i) Détermination de a1 : quand x est au voisinage de 0 :
−2
1
f (x) =
+O
x
x
donc a1 = −2 .
ii) Détermination de a2 , a3 , a4 : Quand x est au voisinage de 1 on
pose x = 1 + h :
f (1 + h) =
3+h
g(h)
=
h3 (1 + h)(2 + h)2
h3
avec g(h) = (3 + h)(1 + h)−1 (2 + h)−2 . On développe g à l’ordre 2
au voisinage de 0 pour avoir f en O(1).
3 5
25
g(h) = − h + h2 + O h3
4 4
16
D’où :
3
5
25
f (1 + h) = 3 − 2 +
+ O (1)
4h
4h
16h
et :
a 4 a 3 a2
+ O (1)
f (1 + h) = 3 + 2 +
h
h
h
L’unicité du développement limité de f au voisinage de 1 amène :
a2 =
Page 71/101
25
16
a3 = −
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5
4
a4 =
3
4
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iii) Détermination de a5 et a6 : Le développement limité de f au
voisinage de −1 est :
f (−1 + h) =
1
7
+ O (1)
+
2
8h
16h
d’où :
a5 =
7
16
a6 =
1
8
4) Expression de F À l’aide de la décomposition de f établie cidessus, on peut effectuer la primitivation de f sur I où I est l’un
des intervalles :
] − ∞, −1[, ] − 1, 0[, ]0, 1[, ]1, +∞[
Il vient :
F (x) = −2 ln |x| −
3
+
8 (x − 1)2
5
1
25 ln |x − 1|
7 ln |x + 1|
+
−
+
+C
4x − 4
16
8x + 8
16
Sur chacun des intervalles I spécifiés.
Voyons maintenant un exemple utilisant la parité de la fonction à intégrer.
Exemple 37. Soit Ω = R − {−1, 1} et E l’ensemble des fonctions de Ω dans
R de la forme :
P (x2 )
x 7→ 4
avec P ∈ R3 [X]
(x − 1)2
On note f1 et f2 les éléments de E définis par :
f1 (x) =
1
1
+
1−x 1+x
f2 (x) =
1
1
+
2
(1 − x)
(1 + x)2
1. Montrer que, pour tout f ∈ E, il existe Q ∈ R1 [X] et des réels a et b
tels que :
∀x ∈ Ω, f (x) = a f1 (x) + b f2 (x) +
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JP Barani
Q(x2 )
(x2 + 1)2
L’intégrale
2. Calculer :
F (x) =
Z
22 octobre 2009
dx
(x4 − 1)2
Démonstration. 1. E est un sous espace vectoriel de dimension 4 de F (Ω, R) puisque l’application θ de R3 [X] dans F (Ω, R) définie par :
P (x2 )
P 7→ x 7→ 4
(x − 1)2
est linéaire et injective car si θ(P ) = 0 alors P s’annule sur un ensemble
infini.
Prouvons maintenant que :
E = Vect(f1 , f2 ) ⊕ θ (R1 [X])
Vect(f1 , f2 ) ⊂ E et θ (R1 [X]) ⊂ E donc :
Vect(f1 , f2 ) + θ (R1 [X]) ⊂ E
Reste à voir que la somme est directe. Si l’on a :
∀x ∈ Ω, a f1 (x) + b f2 (x) +
Q(x2 )
=0
(x2 + 1)2
avec Q ∈ R1 [X]
alors, en faisant un développement limité du premier membre au voisinage de 1, il vient :
b
a
+ O(1) = 0
+
2
(1 − x)
1−x
donc a = b = 0 par unicité du développement limité. Il reste donc :
∀x ∈ Ω,
Q(x2 )
=0
(x2 + 1)2
donc Q, qui s’annule sur un ensemble infini, est nul. L’injectivité de θ
assure que dim θ (R1 [X]) = 2 et l’égalité voulue entre espaces inclus
l’un dans l’autre et de même dimension.
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JP Barani
L’intégrale
22 octobre 2009
2. On pose :
f (x) =
(x4
1
1
=
2
2
(x − 1) (x + 1)2 (x2 + 1)2
− 1)
Fonction continue sur chacun des trois intervalles ] − ∞, −2[, ] − 1, 1[,
]1, +∞[ où l’on conduira séparément les calculs. D’après la question
précédente il existe (a, b) ∈ R2 et Q ∈ R1 [X] tels que, pour tout
x∈Ω:
Q(x2 )
(3.1)
f (x) = a f1 (x) + b f2 (x) + 2
(x + 1)2
i) Détermination de a et b : Il suffit de faire un développement limité de f à deux termes au voisinage de 1. On commence par le
pôle 1 :
x
x2
(x + 1)2
x2 + 1
(x2 + 1)2
(x + 1)2 (x2 + 1)2
Donc, quand h → 0 :
f (1 + h) =
16h2 (1
=
=
=
=
=
=
1+h
1 + 2h + O(h2 )
4 + 4h + O(h2 )
2 + 2h + O(h2 )
4(1 + 2h + O(h2 ))
16(1 + 3h + O(h2 ))
1
1
(1 − 3h + O(h2 ))
=
2
2
+ 3h + O(h ))
16h
donc, par unicité du développement limité :
a=
3
16
b=
1
16
ii) Détermination de Q : En multipliant la relation (3.1 page 74)
par (x4 − 1)2 , il vient, pour x ∈ Ω :
1 = (x2 + 1)2 R(x) + (x2 − 1)2 Q(x2 )
où R est un polynôme qu’on n’aura pas besoin d’expliciter. Cette
relation ayant lieu sur un ensemble infini, il vient :
1 = (X 2 + 1)2 R(X) + (X 2 − 1)2 Q(X 2 )
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L’intégrale
22 octobre 2009
Ce qui autorise la substitution de i à X, laquelle amène :
4Q(−1) = 1 ie Q(−1) =
1
4
Enfin, en faisant x = 0 dans la relation (3.1 page 74) :
1 = 2(a + b) + Q(0) ie Q(0) =
1
2
finalement :
Q=
X 1
+
4
2
iii) Calcul de F :
avec :
1
1
1
3 x + 1 +
+ G(x)
+
ln
F (x) =
16 x + 1 x − 1
16 x − 1 G(x) =
Z
(x2 /4 + 1/2) dx
(x2 + 1)2
en posant x = tan φ, −π/2 < φ < π/2 sur l’intervalle I de travail :
Z 2
Z
sin φ cos2 φ
(1/2 + tan2 φ/4) dφ
=
dφ
+
H(φ) = G(tan φ) =
(1 + tan2 φ)
4
2
Z
3φ sin(2φ)
1
(3 + cos(2φ)) dφ =
+
+C
H(φ) =
8
8
16
or, puisque φ ∈] − π/2, π/2[ :
φ = arctan x
et
sin(2φ) =
2x
2 tan φ
=
2
1 + tan φ
1 + x2
Fianalement :
3
x
1
1
1
3 x + 1 +
+C
+
ln
F (x) = arctan x +
−
8
8(x2 + 1) 16 x + 1 x − 1
16 x − 1 Où la constante dépend de l’intervalle I considéré.
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L’intégrale
Exercice 17. Calculer :
Z
+∞
0
22 octobre 2009
dx
1 + x3
Exemple 38 (Calcul par intégration directe des parties polaires complexes).
Soit n ∈ N∗ . On note :
{ωk , k = 0, . . . , 2n − 1}
L’ensemble des racines complexes du polynôme P (X) = X 2n + 1. On note
Qk l’unique polynôme de C[X] tel que P = (X − ωk )Qk .
1. Montrer que la famille (Qk )0≤k≤2n−1 est une base de C2n−1 [X] et que
si :
2n−1
X
ak Qk
1=
k=0
alors, pour tout k ∈ {0, 1, . . . , 2n − 1} :
ak =
1
P 0 (ω
k)
2. Prouver que :
∀x ∈ R,
2n−1
−1 X ωk
1
=
x2n + 1
2n k=0 x − ωk
3. À l’aide de la formule donnée dans l’exemple 31 page 63, prouver que :
Z +∞
dx
π
In =
=
π
2n
1+x
2n sin 2n
0
Démonstration. Tout d’abord les racines du polynômes P sont les racines
2n-eme de −1 données par :
π
kπ
+
, 0 ≤ k ≤ 2n − 1
2n
n
Ces racines étant distinctes car 0 < θk < 2π, il s’ensuit :
ω k = e i θk ,
θk =
P =
2n−1
Y
k=0
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(X − ωk )
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L’intégrale
22 octobre 2009
1. Envisageons une relation du type :
2n−1
X
a k Qk = 0
k=0
En substituant ωk à X dans cette relation, il vient :
ak Qk (ωk ) = 0
d’où
ak = 0
La famille (Qk )0≤k≤2n−1 est donc une base de C2n−1 [X].
Il existe donc des complexes ak tels que :
1=
2n−1
X
ak Qk
k=0
d’où ak = 1/Qk (ωk ). Mais en dérivant la relation :
P = (X − ωk ) Qk
et en substituant ωk à X il vient :
Qk (ωk ) = P 0 (ωk )
2. Pour x ∈ R, on a :
1=
2n−1
X
ak Qk (x) =
k=0
2n−1
X
k=0
Qk (x)
P 0 (ωk )
en divisant cette dernière relation par x2n + 1, on obtient :
2n−1
X
1
1
=
2n
0
x +1
P (ωk )(x − ωk )
k=0
or, vu que ωk2n = −1 :
ak =
1
−ωk
2n−1 =
2n
2nωk
d’où :
2n−1
1
−1 X ωk
=
x2n + 1
2n k=0 x − ωk
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L’intégrale
22 octobre 2009
3. i) Intégrabilité : Prouvons d’abord que f : x 7→ 1+x1 2n est intégrable
sur [0, +∞[. Elle est continue sur cet intervalle, positive et :
f (x) ∼
1
quand x → +∞
x2n
Comme g(x) = x12n est positive et intégrable sur [1, +∞[, il en est
de même de f .
ii) Calcul de l’intégrale : La méthode consiste à calculer :
Z X
dx
In (X) =
1 + x2n
0
Puis à faire tendre X vers +∞. Pour calculer In (X) on applique
la
R Xdécomposition obtenue à la question précédente puis on calcule
fk (x) dx en Rutilisant l’exemple 31 page 63 ; ce qui donne, en
0
posant F (x) = f (x) dx :
2n−1
x − cos θk
−1 X
+C
ωk ln |x − ωk | + i arctan
F (x) =
sin θk
2n k=0
Afin de mettre en évidence les primitives de f qui prennent des
valeurs réelles, il est préférable de regrouper les pôles conjugués.
On dessine les images des racines sur le cercle trigonométrique et
on observe que, si k + k 0 = 2n − 1 alors
ˉk
θk + θk0 = 2π ie ωk0 = ω
Lorsque k décrit l’intervalle [0, n − 1], k 0 décrit l’intervalle [n, 2n −
1]. D’où
ωk ln |x − ωk | + ω
ˉ k ln |x − ω
ˉ k | = (ωk + ω
ˉ k ) ln |x − ωk |
= 2 cos θk ln |x − ωk |
De même :
ωk arctan
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= cos θk ln(x2 − 2x cos θk + 1)
x − cos θk
sin θk
−ω
ˉ k arctan
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x − cos θk
sin θk
L’intégrale
= 2i sin θk arctan
22 octobre 2009
x − cos θk
sin θk
Il vient alors :
n−1
F (x) =
−1 X
cos θk ln(x2 − 2x cos θk + 1)−
2n k=0
2 sin θk arctan
x − cos θk
sin θk
+ C,
C∈R
In (X) = F (X) − F (0)
On sait que l’intégrabilité de f assure l’existence d’une limite pour
In (X) quand X → +∞ laquelle est l’intégrale In cherchée. Il en
résulte que le terme :
J(X) =
n−1
X
k=0
cos θk ln(X 2 − 2X cos θk + 1)
admet une limite finie quand X → +∞. Mettons, dans chacun des
arguments des logarithmes de cette somme, la partie principale X 2
en facteur :
!
n−1
X
J(X) = 2
cos θk ln(X) + u(X)
k=0
où
lim u(X) = 0
X→∞
(Les lecteurs écriront la forme explicite de u(X) pour s’en convaincre)
Pour que J(X) ait une limite finie, il est donc nécessaire que :
n−1
X
cos θk = 0
k=0
Ce qu’on peut vérifier par un calcul direct. On regardera la figure
formée par les images des racines pour voir qu’on aurait pu intuiter
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L’intégrale
22 octobre 2009
géométriquement ce résultat. Il en résulte, en faisant tendre X vers
+∞ dans l’expression de In (X) :
n−1
1 X
In =
π sin θk + 2 sin θk arctan
2n k=0
cos θk
sin θk
puisque tous les termes de la forme :
X − cos θk
arctan
sin θk
tendent vers
π
vu que :
2
π
π
≤ θk ≤ π −
pour 0 ≤ k ≤ n − 1
2n
2n
On va maintenant simplifier l’expression de In . On peut écrire In
sous la forme :
n−1
1X
π
cos θk
+ arctan
sin θk
n k=0
2
sin θk
π
π
π
< − θk < . et,
2
2
2
π
π
cos θk
− θk et arctan
= − θk
cotg θk = tan
2
2
sin θk
Or 0 < θk < π donc −
D’où :
n−1
1X
In =
(π − θk ) sin θk
n k=0
(3.2)
On remarque ensuite, toujours en regardant les symétries de la
figure, que :
θn−1−k = π − θk
D’où, en changeant k en n − 1 − k dans la dernière expression de
In :
n−1
1X
In =
θk sin θk
(3.3)
n k=0
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L’intégrale
22 octobre 2009
En ajoutant (3.2) et (3.3) :
n−1
π X
sin θk
In =
2n k=0
La somme de sinus d’arcs en progression arithmétique se calcule
habituellement comme la partie imaginaire de :
n−1
X
e
i θk
=e
iπ
2n
k=0
n−1
X
e
ki π
n
k=0
Somme qui vaut :
iπ
−2 e 2n
iπ
D’où
e n −1
In =
π
π
2n sin 2n
Exercice 18. Vérifier la cohérence de ce résultat en étudiant directement la
limite de In quand n → ∞.
Exercice 19. Existence et calcul de
Z 1
1−t
3
dt
(t + 1) ln
1+t
−1
3.4
3.4.1
Fonctions trigonométriques
Fonctions trigonométriques usuelles
On se propose de calculer des primitives et intégrales de fonctions du type
x 7→ R(cos x, sin x) où R est généralement une fonction rationnelle de deux
variables. Pour l’exposé des méthodes générales on se limitera aux calculs de
primitives.
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L’intégrale
22 octobre 2009
Cas d’expressions polynômiales
On est immédiatement ramené au cas calcul de primitives de la forme :
Z
Ip,q (x) = sinp x cosq x dx, p, q ∈ N
D’où trois cas :
1) p impair On pose cos x = t car :
sinp x cosq x dx = − cosq x (1 − cos2 x)
p−1
2
d(cos x)
2) q impair On pose sin x = t car :
sinp x cosq x dx = sinp x (1 − sin2 x)
q−1
2
d(sin x)
p
q
3) p et q pairs On
R linéarise sin x cos x. On remarquera que les intégrales
de la forme cos px sin qx dx et autres se calculent par transformation
du produit en somme.
R
Exemple 39. Calculer F (x) = cos 3x sin 2x dx.
1
cos 3x sin 2x = (sin 5x − sin x)
2
F (x) = −
Exemple 40. Calculer F (x) =
R
cos 5x cos 2x
+
+C
10
2
sin2 x cos4 x dx.
sin2 x cos4 x = (sin x cos x)2 cos2 x =
D’où :
1 2
1
sin 2x cos2 x = sin2 2x(1 + cos 2x)
4
8
G(x) + H(x)
8
Z
Z
2
F (x) = sin 2x dx, H(x) = sin2 2x cos 2x dx
F (x) =
avec :
1
G(x) =
2
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Z
(1 − cos 4x) dx =
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x sin 4x
−
+C
2
8
L’intégrale
1
H(x) =
2
Z
sin2 2x d(sin 2x) =
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sin3 2x
+C
6
x
sin 4x sin3 2x
F (x) =
−
+
+C
16
64
48
Cas général
On essaie un changement de variable simplificateur. Le plus simple est de
regarder si le graphe de (γf ) de f possède un centre de symétrie sur l’axe
Ox, ce qui peut se voir à la calculatrice.
1) Si O = (0, 0) est centre de symétrie de (γf ) La fonction est impaire
comme le sinus et on l’intègre comme le sinus c’est-à-dire en posant
cos x = t [cf aussi l’exemple 25 page 54 sur le changement de variable].
2) Si Ω = (p/2, 0) est un centre de symétrie de (γf ) La fonction f vérifie alors f (p − x) = −f (x) en tout point x du domaine de travail.
On fait d’abord une translation pour ramener ce centre en O et on est
ramené au cas précédent ce qui revient à poser : cos(x − p/2) = t .
3) Dans les autres cas On recherche une période λ de f -de préférence la
meilleure mais ce n’est pas obligatoire-que l’on ramène à 2π par l’ho πx ,
ce
qui
revient
à
poser
:
t
=
tan
[cf l’exemple
mothétie x 7→ 2πx
λ
λ
29 page 59]. Évidemment si on ne voit pas mieux que λ = 2π, on
x
[cf l’exemple 26 page 55 pour un tel changement de
pose t = tan
2
variable avec recollement].
R 3x
Exemple 41. Calculer F (x) = cos
dx.
sin5 x
On trouve deux centres de symétries (0, 0) et (π/2, 0) ce qui permet de poser
cos x = t ou sin x = t . Choisissons ce dernier à cause du dénominateur plus
simple :
1 − sin2 x d(sin x)
cos2 x d(sin x)
cos3 x
dx =
=
sin5 x
sin5 x
sin5 x
Le changement de variable sin x = t ramène alors, sur les intervalles I où le
sinus ne s’annule pas, le calcul de F (x) à celui de :
Z
1
1
1 − t2
G(t) =
dt = − 4 + 2 + C
5
4t
2t
t
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L’intégrale
22 octobre 2009
D’où, sur les intervalles I précédents :
F (x) = −
1
1
+
+C
4
4 sin x 2 sin2 x
R
dx
Exemple 42. Calculer F (x) = cos x−cos
.
5x
Posons sin x = t . On essaie de transformer le dénominateur en produit pour factoriser plus aisément la future fraction rationnelle de
t.
dx
dx
=
cos x − cos 5x
2(sin 2x sin 3x)
Comme d(sin x) = cos x dx n’apparaı̂t pas spontanément, on le force un peu
en multipliant haut et bas par cos x :
cos x dx
d(sin x)
dx
=
=
(sin 2x sin 3x)
(sin 2x cos x) sin 3x
2 sin x(1 − sin2 x)(3 sin x − 4 sin3 x)
On est donc ramené au calcul de :
1
G(t) =
2
Z
On trouve :
√
3 − 2t A B 1 + t dt
+ C ln √
= + ln +K
2
2
2
3 + 2t 2t (1 − t )(3 − 4t )
t
2
1−t
A=−
1
,
12
1
B=− ,
4
1
C=− √
3 3
√
3 − 2 sin x 1
1 1 + sin x 1
− √ ln √
− ln F (x) = −
+K
12 sin x 8
1 − sin x
3 3 3 + 2 sin x Exercice 20. Démontrer que, sur des intervalles à préciser :
!
Z
1 + 3 tan x2
1
dx
√
= √ arctan
+C
3 + sin x
2 2
2
et procéder au recollement des solutions.
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L’intégrale
3.4.2
22 octobre 2009
Fonctions trigonométriques hyperboliques
Il s’agit d’intégrales de la forme :
R(ch x, sh x)
où R est une fraction rationnelle à deux variables. Dans le cas général on
pose :
x
t = ex ou t = th
2
mais l’on peut quelquefois s’inspirer des changements de variable que l’on
ferait pour intégrer R(cos x, sin x).
F (x) =
Z
ch 2x
dx
sh 5x
Démonstration. La fonction à intégrer est impaire ; on s’inspire donc d’un
2x
changement de variable qu’on ferait pour intégrer cos
c’est à dire t = ch x.
sin 5x
On va mener le calcul sur ]0, +∞[, les primitives sur ] − ∞, 0[ s’en déduiront.
dt = ch x dx
sh x sh 5x = (16 t4 − 12 t2 + 1)(t2 − 1)
on est ramené au calcul de :
Z
(2 t2 − 1) dt
sur ]1, +∞[
G(t) =
(16 t4 − 12 t2 + 1)(t2 − 1)
On factorise alors le polynôme bicarré sous la forme :
T (t2 ) = 16 t4 − 12 t2 + 1 = 16 (t2 − α2 )(t2 − β 2 )
En effet les deux racines réelles du polynôme T ont leur demi-somme comprise
entre 0 et 1 et T (0) > 0 et T (1) > 0 donc ces deux racines appartiennent à
]0, 1[. Notons les α2 et β 2 . avec :
√
√
5
5
3
+
3
−
β2 =
α2 =
8
8
La décomposition en éléments simples de :
g(t) =
Page 85/101
2 t2 − 1
2 t2 − 1
=
(16 t4 − 12 t2 + 1)(t2 − 1)
16 (t2 − α2 )(t2 − β 2 )(t2 − 1)
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L’intégrale
22 octobre 2009
peut se faire en fonction de t2 . Il vient :
g(t) =
et donc :
1
1
1
−
−
2
2
2
− t ) 10(β − t ) 5(1 − t2 )
10(α2
α + ch x β + ch x 1
1
1 ch x + 1 F (x) =
−
−
+C
ln
ln
ln
20 α α − ch x 20 β β − ch x 10 ch x − 1 Comme ch x > 1 sur l’intervalle d’intégration et |α| < 1, |β| < 1, on peut
supprimer les valeurs absolues dans cette expression de F :
1
1
1
α + ch x
β + ch x
ch x + 1
−
−
+C
ln
ln
ln
F (x) =
20 α
ch x − α
20 β
ch x − β
10
ch x − 1
Remarque 17. L’expression de sin 5x à l’aide de cos x donne :
sin 5x
= 16 cos4 x − 12 cos2 x + 1
sin x
Les racines distinctes du polynôme 16 t4 −12 t2 +1 sont donc les cos(kπ/5),
k ∈ {1, 2, 3, 4} qui s’opposent deux à deux : cos(4π/5) = − cos(π/5),
cos(3π/5) = − cos(2π/5). De plus puisque 0 < cos(2π/5) < cos(π/5) <
1, il vient :
2π
2
2 π
2
2
α = cos
, β = cos
5
5
de sorte qu’on peut adopter :
π 2π
α = cos
, β = cos
5
5
3.5
Intégrales abéliennes
Z +∞
(t − 2) dt
√
(t2 + 1) t2 − 1
1
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L’intégrale
Z −1 r
−∞
t dt
1 + t t2
Exercice 21. Existence et calcul de :
Z +∞
ch t dt
p
0
(1 + sh t) ch2 t + sh t
Exercice 22. Existence et calcul de :
Z b
x dx
√
1 − x − x2
a
Où a < b sont les racines du trinôme x2 + x − 1
3.6
Quelques exemples en Maple
cf TD Maple et exemples de cours.
3.6.1
Commandes Maple
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22 octobre 2009
L’intégrale
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22 octobre 2009
Chapitre 4
Travaux dirigés
1. Calculer :
Z
dx
x x20 + 1
√
3
[Observer le dx/x.]
2. (Centrale 2001) Calculer :
Z
2π
0
dx
sin x + cos x + 2
[Tracer la courbe et observer les symétries pour réduire l’intervalle.]
R
3. (X 2008) Calculer cos(ln x) dx
4. (X 2000) Calculer
Z
3π
sin x sin 2x sin 3x dx
0
5. (Cen 99) Calculer :
Z
√
x dx
−x+1
x2
[Tracer la conique y 2 = x2 − x + 1 et translater l’origine au centre puis
paramétrer.]
6. (Ccp 99) Calculer
Z
1
arctan
0
89
√
1 − x2 dx
L’intégrale
7. (Ccp 99) Calculer :
2
Z
2
[Paramétrer y − x = 1]
2
0
22 octobre 2009
x2
dx
(x2 + 1)3/2
8. (Ccp 99) Existence et valeur de :
Z π/4
cos x ln(cos x) dx
0
9. (Ccp 98) Calculer
Z
π/4
arctan
√
x2 + 1 dx
0
Z
π/2
0
sin x dx
sin x + cos x
[Introduire celle obtenue en changeant le sinus en cosinus et ajouter les
deux]
Z
sh2 x
dx
ch5 x
0
[Introduire l’intégrale analogue avec des fonctions trigonométriques usuelles
et s’inspirer du changement de variable qu’on y ferait.]
ln 2
12. (Ccp 98) Relation de récurrence permettant le calcul de :
Z π/4
In =
tann (x) dx
0
p
13. (Mines 99) Primitives de x 7→ 1 + sin(2x) ? [Réduire d’abord l’intervalle de calcul puis observer que l’argument du radical peut se mettre
sous forme d’un carré.]
14. (Ccp 99) Relation de récurrence permettant le calcul de :
Z π/4
dx
In =
cosn x
0
Calculer I0 et I1 .
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L’intégrale
22 octobre 2009
15. (Ccp 2000) Calculer, en formant In+1 − In :
Z π/2
sin 2nt
dt
In =
tan t
0
16. (Mines 98) Calculer :
Z
1
(−1)[nt] (−1)[mt] dt
0
17. (Ensea 2003) soit f : [0, a] → R, continue et à valeurs strictement
Ra
f (t)
dt.
positives. Calculer 0 f (t)+f
(a−t)
R π dt
18. (Tpe 2003) Domaine de définition, parité et calcul de f (x) = 0 x−cos
.
t
19. Soit a ∈]0, π[, établir une relation de récurrence linéaire entre trois
termes consécutifs de la suite :
Z π
cos nx − cos na
In =
dx
cos x − cos a
0
En déduire la valeur de In .
20. (Ens 2000) Calculer :
Z Z
...
Z
dx1 dx2 . . . dxn
0≤x1 ≤x2 ∙∙∙≤xn ≤1
21. Montrer que, quand n → ∞, le volume de la boule unité de Rn se
concentre entre les deux tropiques.
22. (Ccp 99) Étudier, suivant les valeurs de α, l’existence de :
Z +∞
(ln x)α
dx
x2 + 1
1
23. (Ccp 2000) Soient α et β deux réels. Etudier l’intégrabilité, sur ]0, +∞[,
de :
xα 1 − exp −xβ
24. (Centrale 2001 et Tpe 2003)
(a) Encadrer, sur [0, π/2], le graphe de la fonction sinus par deux
droites passant par l’origine.
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L’intégrale
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α | sin t|
(b) Montrer que la fonction t 7→ t e−t
est intégrable sur [0, +∞[.
25. (Mines 97 et 2002) Intégrabilité, sur [0, +∞[ de :
f (x) =
1
1+
x2 | sin x|3/2
26. (Mines 2008)
Convergence de :
Z
+∞
0
1
f (x) = p
,
1 + x3 | sin x|
?
x dx
?
1 + x5 sin2 x
27. (Ccp 98 et 2001, Ensea 2003) calculer :
Z
+∞
1
dx
√
x3 x2 − 1
[Toujours dx/x.]
28. (Ccp 2000) Etudier l’intégrabilité sur ]0, 1[ de :
f : x 7→ √
ln x
x (1 − x)3/2
À l’aide du changement de variable x = sin2 φ, calculer
Z
+∞
0
Z
ln x
dx,
x2 + 1
+∞
0
R
ln x
dx
(x2 + 1)2
30. (Mines 2005) Que dire de la série de terme général :
In =
Z
Z
(n+1)π
ln(1 + x3 ) cos(x) dx ?
nπ
1
ln x
dx.
0 1−x
Z
32. (Cen 2000) Existence et calcul de
31. (Mines 2002) Calculer
+∞
0
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1
ln 1 + 2
x
dx.
]0,1[
f (x) dx.
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cos(x)sin x
;
sin x + sin(x)cos x
cos(x)
R
étudier l’intégrabilité de f sur ]0, π/2[ et calculer ]0,π/2[ f (x) dx.
33. (Mines 99) Pour x ∈]0, π/2[, on pose f (x) =
34. (Mines 2007) Soit
f continue de R+ dans R. On suppose qu’il existe
R +∞
s0 ∈ R tel que 0 f (t) e−s0 t dt converge. Montrer que quelque soit
R +∞
s > s0 , 0 f (t) e−st dt converge.
35. (Centrale 97 et 2009) Soit f une fonction de classe C 1 sur [a, +∞[, de
0
limite
R +∞ nulle en +∞ et telle que f soit intégrable. Prouver que l’intégrale
f (t) sin t dt converge. Étudier la convergence de :
a
Z
+∞
π
sin t
dt,
tα
Z
+∞
0
√
sin t
dt
t − sin t
36. (Ccp 99) Étudier l’existence de Iα avec Iα =
α > 0.
Z
+∞
0
x cos x
dx pour
(1 + x2 )α
x2 − b
étudier les variations
x2 − 1
de ψ et l’intégrabilité, sur [0, +∞[ de x 7→ x2 exp −x2 ψ(x)2 .
37. (Mines 98) Soit b > 1, on pose ψ(x) = x
(−1)[ t ]
38. (Centrale 2002) La fonction f définie sur I =]0, 1] par f (t) =
t
est-elle
intégrable
sur
I
?
Déterminer,
à
l’aide
de
la
formule
de
Stirling
Z
1
1
f (t) dt.
lim
x→0+
x
39. (Centrale 2008)
On note [ ] la fonction "partie entière". Soit f définie
1
.
par f (x) = x
x
(a) Limites éventuelles de f en 0, +∞, −∞ ?
(b) Intervalles où f est continue ?
Z 1
(c) Trouver lim
f (x) dx.
N →∞
1/N
40. (Mines 98) Discuter, suivant α > 0, le nombre de racines de l’équation
xα − sin x = 0. Soit a la plus petite racine strictement positive de
cette équation (quand elle en a). Étudier l’intégrabilité sur ]0, a[ de
1
x 7→ √
.
sin x − xα
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L’intégrale
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41. (X 2000) Soit f une fonction continue et intégrable
Etudier
+∞[.
sur ]0,
2
a
l’intégrabilité, sur I =]0, +∞[, de g : x 7→ f x − et calculer
x
R
g(x) dx.
I
Z +∞
sin3 t
dt ? Pour x > 0, on
42. (Ccp 97, Cen 2009) Existence de I =
t2
0
Z 3x
3 sin t
note I(x) le reste de cette intégrale. Montrer que I(x) =
dt
4t2
x
en déduire I.
Z +∞ −t
e dt
43. (Mines 98 et 2009) Pour x > 0, on pose φ(x) =
Existence
t
x
Z
+∞
et, éventuellement calcul de
Z +∞
sin t dt
.
t2
x
φ(x) dx. Même question avec φ(x) =
0
44. (Mines 2009) Équivalents en 0+ et +∞ de f (x) =
Z
x
√
x
et dt
?
t
45. (Mines 2003) Étudier la nature de la série de terme général :
un = (−1)
n
Z
1
0
cos nt2 dt
46. Domaine de définition,
étude locale au voisinage de 1, courbe représenZ xr 2
t −1
tative de x 7→
dt
t2 + 1
1
Z x −t
e dt
√
47. (Centrale 2002) Étudier la fonction f définie par f (x) = x
1+t
0
Étude locale au voisinage de −1 et branche infinie.
Z x
48. (Ccp 97) Montrer que, lorsque x → +∞
ln(ln t) dt ∼ x ln(ln x).
e
Z
+∞ −at
e − e−bt
dt et
49. (X 99, Ccp 2009) a , b > 0, existence et calcul de
t
0
Z +∞
arctan(at) − arctan(bt)
de
dt. (Ccp 2000) Le même avec des th.
t
0
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1
dt. On
50. (Ens 99) Soit x > 0, montrer l’existence de f (x) =
sin
t
0
pose f (0) = 0, étudier la continuité de f en 0, sa dérivabilité en 0 et la
continuité de f 0 en 0.
Z
x
51. (Cen 99) Soit x > 0, prouver l’existence d’un unique y > 0 tel que :
Z x
2
2
et dt = x ey
0
(a) Montrer que y < x.
(b) On note y = f (x) ; montrer que f est dérivable et croissante.
(c) Déterminer limx→+∞ f (x) et lim f (x)2 − x2 .
x→+∞
(d) Graphe de f ?
(e) Trouver lim f (x) − x.
x→+∞
52. (Centrale 2001)
Z
f (x)
dt
= 1 définit une fonction f sur
ln t
x
un certain intervalle Δ ⊂]0, +∞[.
(a) Montrer que la relation
(b) Étudier les limites de f aux bornes de Δ.
(c) f est-elle prolongeable en une fonction de classe C 1 sur un intervalle contenant Δ ?
53. (Centrale 2006)
(a) Montrer que la relation
Z
f (x)
2
et dt = a > 0 définit une fonction
x
f sur R.
(b) Montrer que f est de classe C ∞ .
(c) Si f (x) = y, montrer que x = −f (−y) et interpréter ce résultat
géométriquement.
(d) Étudier la branche infinie de f correspondant à x → +∞.
n
X
54. (Cen 99) Développement asymptotique à deux termes de un =
55. (Cen 2002) Déterminer : lim
n→∞
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n
X
sin2
k=1
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√
1
.
k+n
k=1
n
.
k 2 + n2
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n
X
k
t
56. (Ccp 2003) Déterminer : lim
f
avec f (t) = √
.
2
n→∞
n
1 + t2
k=1
57. (X 2007) Soit f ∈ C 2 ([a, b], R). Donner un développement asymptotique
n−1 b−a X
b−a
.
à deux termes de
f a+k
n k=0
n
58. Trouver les limites des suites :
n
P
k=1
n
P
k
n2
kπ
n+1
sin
sin
k=1
kπ
n
,
ln 1 +
k
n2
,
n
Q
k=1
n−1
P
k=0
n+k
n
k
n+1
k2
n
ln
n+k+1
n+k
59. Soit f une application continue, croissante, intégrable de ]0, 1] dans R.
n
1X
k
f
Trouver lim
.
n→+∞ n
n
k=1
60. (Centrale 2002 et 2004) f est continue par morceaux sur [0, +∞[, décroissante, à valeurs positives et intégrable sur cet intervalle. Détermi+∞
X
f (nh).
ner, après avoir établi la convergence de la série, lim h
h→0+
61. Déterminer lim
n→+∞
n−1
X
k=0
√
n=0
1
.
n2 − k 2
62. (Ccp 99) Déterminer la limite des suites de termes généraux :
s
π 2π
(n − 1)π
n
sin
sin
. . . sin
n
n
n
p
n
(n + 1)(n + 2) . . . (2n − 1)2n
63. (X 97 et 2006, Ccp 2001 et 2003, ENSL 2001) Soit r ∈ R − {−1, 1} ;
calculer en utilisant les sommes de Riemann, l’intégrale :
Z π
ln(1 − 2r cos x + r2 ) dx
I(r) =
0
Retrouver ce résultat en comparant I(r) et I
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1
r
puis I(r) et I(r2 ).
L’intégrale
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64. Trouver un équivalent de
n
X
k=1
1
sin
kπ
n
On en retranchera une somme judicieuse de manière à faire apparaitre
une somme de Riemann
65. (X, Ccp 2003) soient f et g, continues
sur [0, 1], à valeurs réelles stricZ 1
tement positives. On pose In =
f (t)n g(t) dt.
0
(a) Montrer que In > 0 et
(b) Soit un =
In
In−1
In2
≤ In−1 In+1 .
. Prouver que (un ) converge vers une limite l > 0.
(c) (X) Déterminer l.
66. (Centrale 2006) f (x) =
Z
x
2x
t2 dt
.
t2 + sin2 t
(a) Définition, continuité, dérivabilité ?
(b) Asymptotes, tracé avec Maple, points d’inflexions ?
67. (Mines 99, X 2001, 2002, Cen 2003, 2009, Mines 2004) Si x ∈]0, 1[∪]1, +∞[,
on pose :
Z x2
dt
f (x) =
ln t
x
Étudier le comportement de f quand x est au voisinage de 1. f se
prolonge-t-elle en une fonction C 1 sur [0, +∞[ ?
En déduire la valeur de :
Z 1
(1 − t) dt
ln t
0
Z
bx
sin t
dt avec 0 < a < b.
x→0+ ax
t2
69. (Ccp 2002) Soit f ∈ C 0 ([a, b], R) ; on suppose que :
68. (Centrale 2001) Déterminer lim
∀k ∈ {0, 1, 2, . . . , n − 1} ,
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Z
b
tk f (t) dt = 0
a
L’intégrale
22 octobre 2009
montrer que f admet au moins n zéros dans ]a, b[. On montrera qu’elle
en admet au mois un puis, en supposant
qu’elle en admet p < n, soient
Z bY
(t − ti )f (t) dt, où I est une
t1 < t2 < ∙ ∙ ∙ < tp , on considérera
a
i∈I
partie bien choisie de {1, 2, . . . , p}.
70. (X 97 et 2001) Étudier la limite de la suite de terme général In =
Z π/2
cos2 x | sin nx| dx.
0
(Ccp 2000) Soit f ∈ C([0, π], R), trouver :
Z π
lim
f (x) | sin nx| dx
n→∞
0
71. (Cen 2000 et 2006) Soit f : R → R, continue par morceaux et T périodique.
Z
1 x
f (t) dt.
(a) Déterminer lim
x→+∞ x 0
Z x
| sin t| dt et
(b) Donner un équivalent simple, quand x → +∞ de
0
Z x
1 + sin2 t
dt [Utiliser le changement de variable u = tan t.]
0 2 + cos(2t)
72. (Centrale 2004) Pour n ≥ 1 et x réel, on pose :
Pn (x) = x(x − 1)(x − 2) . . . (x − n)
fn (x) =
Pn0 (x)
Pn (x)
(a) Montrer que l’équation Pn0 (x) = 0 admet une solution xn ∈]0, 1[.
(b) Montrer que lim xn = 0.
(c) Montrer que xn admet un développement asymptotique du type :
a
b
1
+
+o
xn =
ln n ln2 n
ln2 n
a et b constantes à déterminer.
(d) Soit a > 1 un réel ; trouver lim fn (na)
n→∞
(e) Soit λ un réel strictement positif donné, montrer que l’équation
fn (x) = λ admet une solution tn ∈]n, +∞[ et trouver un équivalent
de tn quand n tend vers l’infini
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L’intégrale
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73. Soit f ∈ C 2 (R, R) telle qu’il existe M > 0 vérifiant :
∀x ∈ R ,
Z
x+1
x
f ”(t)2 dt ≤ M
Montrer que si f admet une limite finie au voisinage de +∞, alors
lim f 0 (x) = 0.
x→+∞
74. (Théorème de Hardy-Landau) Soit f une fonction continue et C 1 par
morceaux sur [0, +∞[ à valeurs réelles ou complexes. On suppose que,
quand x → +∞ :
Z x
1
0
f (t) dt = o(x) et f (x) = O
x
0
Montrer que lim f (x) = 0. [On appliquera la formule de Taylor avec
x→+∞
Z x
f (t) dt entre x et x + h x où h est bien
reste intégral à F : x 7→
0
choisi].
(X 99) En déduire un résultat analogue sur les suites.
75. (Ens) Soit f une fonction convexe, de classe C 1 sur I = [0, +∞[, convexe
et intégrable sur I.
(a) Etudier les limites de f et f 0 au voisinage de +∞.
(b) Prouver qu’au voisinage de +∞ :
1
1
0
f (x) = o
,
f (x) = o
x
x2
76. (Mines 98) Soit f ∈ C 2 (]0, 1], R). On suppose qu’au voisinage de 0 :
f (x) = o (xα ) et f ”(x) = o xα−2
(α ∈ R). Montrer que f 0 (x) = o (xα−1 ).
77. (Ens 98 et 2003) Une suite (un ), à valeurs dans [0, 1] est dite équirépartie
si, pour toute fonction f continue sur [0, 1] telle que f (0) = f (1), on a :
f (u0 ) + f (u1 ) + ∙ ∙ ∙ + f (un )
lim
=
n→∞
n+1
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Z
1
f (x) dx
0
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Prouver que (un ) est équirépartie si et seulement si, pour tout x ∈ [0, 1] :
card{k ∈ {0, . . . , n}/uk ≤ x}
=x
n+1
√
√
Prouver l’équirépartition de (un ) avec un = n − [ n].
lim
n→∞
78. (Cen 99) Soit f ∈ C 1 ([0, +∞[, R) à valeurs positives, strictement croissante. On suppose que f (0) = 0, démontrer que pour tout couple (x, y)
de réels positifs :
Z x
Z y
xy ≤
f (t) dt +
f −1 (t) dt
0
0
79. (X) Soit f ∈ C 1 ([0, 1], R) telle que f (0) = 0 et ∀t ∈ [0, 1] , 0 < f 0 (t) ≤
1. Prouver que :
2 Z 1
Z 1
f (t) dt ≥
f 3 (t) dt
0
0
80. (Cen) Déterminer deux réels positifs A et B tels que, pour toute fonction numérique f de classe C 1 sur [0, 1] et pour tout x ∈ [0, 1] :
|f (x)| ≤ A
Z
0
1
|f (t)| dt + B
Z
1
0
0
2
|f (t)| dt
12
81. Soient f, g : [a, b] → R de classe C 1 avec f (a) = g(a) = 0. Montrer
l’inégalité :
Z
b
0
a
|(f g) (x)| dx ≤
Z
b
0
a
|f (x)| dx
Z
b
a
|g 0 (x)| dx
étudier le cas d’égalité.
82. (Mines 2002) Soit f ∈ C 1 ([0, a], R) où a > 0 ; on suppose f (0) = 0. En
commençant par étudier le cas où f 0 ≥ 0, établir l’inégalité :
Z
Z a
a a 0 2
0
|f (x)f (x)| dx ≤
f (x) dx
2 0
0
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JP Barani
L’intégrale
22 octobre 2009
83. (Cen 2003) Si f est continue de [a, b] dans R, démontrer l’inégalité :
Z b
Z b
1
1
f (x) dx ≤
ef (x) dx
exp
b−a a
b−a a
Généraliser.
84. (Ens 2004) Soit E = {f ∈ C 1 ([0, 1], R) , f (0) = 0 , f (1) = 1} Montrer
que :
Z 1
1
inf
|f 0 (x) − f (x)| dx =
f ∈E 0
e
(R 1
)
t
f
(t)
e
dt
0
85. (Cen 2002) Soit A =
, f ∈ C([0, 1], R), f ≥ 0, f 6= 0 .
R1
f
(t)
dt
0
Montrer que A est borné. Déterminer ses bornes m et M et prouver
que A =]m, M [.
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JP Barani

L`intégrale des fonctions continues par morceaux sur un intervalle

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