Chapitre 6

Intégrales généralisées
Définition 1
Z
On appelle intégrale généralisée ou intégrale impropre une intégrale du type
b
f (t) dt
a
où a = −∞, b = +∞ ou alors f n’est pas continue en a ou b.
Lorsque f est continue sur [a; b], il n’y a aucun problème,
Z
b
f (t) dt existe.
a
I
Extension de la notion d’intégrale
1
Sur un intervalle du type [a; b[ ou ]a; b]
Définition 2
Soit f une fonction continue par morceaux sur l’intervalle [a; b[. Si la fonction x →
Z
x
f (t) dt admet une
a
limite finie lorsque x tend vers b, on dit que l’intégrale de f sur [a; b[ converge, ou que l’intégrale
Z b
f (t) dt est convergente, ou encore que f est intégrable sur [a; b[, et on pose :
a
Z
b
f (t) dt = lim
x→b
a
Z
x
f (t) dt
a
On définit de la même façon lorsque f est continue par morceaux sur ]a; b],
Z
a
Exemple 1:
Z
- Quelle est la nature de l’intégrale
b
f (t) dt = lim
Z
x→a x
b
f (t) dt.
1
ln t dt ?
0
(i) La fonction t → ln t est continue sur ]0; 1], donc le problème se pose en 0.
Z 1
(ii) On pose x ∈]0; 1]. On a :
ln t dt = [t ln t − t]1x = −1 − x ln x + x.
x
(iii) Donc lim
Z
1
ln t dt = lim − 1 − x ln x + x = −1.
x→0
Z 1
Z
(iv) En conclusion l’intégrale
ln t dt est convergente et
x→0 x
0
- Quel est la nature de l’intégrale
(ii)
(iii)
(iv)
ln t dt = −1.
0
Z
0
(i)
1
1
1
dt ?
t
1
La fonction t → est continue sur ]0; 1], donc le problème se pose en 0.
t
Z 1
1
dt = − ln x.
On pose x ∈]0; 1]. On a
x t
Z 1
1
Donc lim
dt = lim − ln x = +∞.
x→0 x t
x→0
Z 1
1
dt ne converge pas, on dit qu’elle est divergente.
Donc l’intégrale
0 t
Analyse : Chapitre 6
Page 1
Intégrales généralisées
Propriété 1
Soit f une fonction continue sur [a; b[ telle que f admet une limite finie en b (f est prolongeable par
Z b
continuité en b). Alors l’intégrale
f (t) dt converge.
a
Exemple 2:
Déterminons la nature de l’intégrale
1
Z
0
ln(1 + x)
dx.
x
ln(1 + x)
La fonction f : x →
est continue sur ]0; 1]. Le problème semble donc se poser en 0. Mais on
x
ln(1 + x)
= 1 donc on peut prolonger la fonction f par continuité en posant f (0) = 1.
remarque que lim
x→0
x
Z 1
ln(1 + x)
dx est en fait convergente.
Ainsi, il n’y a en fait pas de problème et donc l’intégrale
x
0
2
Sur un intervalle du type [a; +∞[ ou ] − ∞; a]
Définition 3
Z
+∞
Soit f : [a; +∞[→ R une fonction continue par morceaux. On dit que l’intégrale
f (t) dt est
Z x a
convergente, ou encore que f est intégrable sur [a; +∞[, si la fonction x →
f (t) dt admet une
a
limite finie quand x tend vers +∞. On pose alors :
Z +∞
Z
f (t) dt = lim
x→+∞
a
x
f (t) dt
a
On définit de la même façon l’intégrale, lorsqu’elle existe,
Z
a
f (t) dt.
−∞
Exemple 3:
- Déterminer la nature de l’intégrale
Z
+∞
e−t dt.
0
(i) La fonction t → e−t est continue sur [0; +∞[. Le seul problème se trouve donc en +∞.
Z x
(ii) On pose x ∈ [0; +∞[. On a
e−t dt = −e−x + 1
0
Z x
(iii) Donc lim
e−t dt = lim − e−x + 1 = 1.
x→+∞ 0
x→+∞
Z +∞
Z +∞
−t
(iv) Donc
e dt est convergente et
e−t dt = 1.
0
- Quel est la nature de l’intégrale
0
Z
1
(i)
(ii)
(iii)
(iv)
+∞
1
dt ?
t
1
La fonction t → est continue sur [1; +∞[. Le seul problème se trouve donc en +∞.
t
Z x
1
On pose x ∈ [1; +∞[. On a
dt = ln x.
1 t
Z x
1
dt = lim ln x = +∞.
Donc lim
x→+∞
x→+∞ 1 t
Z +∞
1
Donc l’intégrale
dt est divergente.
t
1
Analyse : Chapitre 6
Page 2
Intégrales généralisées
3
Sur un intervalle du type ]a; b[ avec a, b ∈ R
Définition 4
Soient a, b ∈ R et f une fonction continue par morceaux sur ]a; b[. Soit c ∈]a; b[, si les intégrales
Z c
Z b
Z b
f (t) dt et
f (t) dt sont convergentes alors on dit que l’intégrale
f (t) dt est convergente, ou
a
c
a
encore que f est intégrable sur ]a; b[, et on pose :
Z
b
f (t) dt =
a
Z
c
f (t) dt +
a
Z
b
f (t) dt
c
Nous ne mettrons dans le cours aucune propriété sur les intégrales que nous venons de définir. Il faudra
toujours se ramener à une intégrale sur un segment pour utiliser les résultats du chapitre précédent et
ensuite passer à la limite.
En particulier il est interdit de faire un changement de variable ou une intégration par parties sur
une intégrale impropre.
II
Critères de convergence
1
Intégrales de Riemann
Les intégrales de Riemann sont des intégrales qui seront considérées comme des références pour la suite.
Le résultat ci-dessous est un résultat de cours qui sera donc utilisé sans avoir besoin de le redémontrer.
Théorème
1
Z 1
1
dt converge pour s < 1 et diverge pour s > 1.
•
s
t
0
Z +∞
1
•
dt converge pour s > 1 et diverge pour s 6 1.
ts
1
Démonstration :
1
1
dt ne converge pas.
0 t
1
On considère maintenant s 6= 1. La fonction t → s est continue sur ]0; 1]. On considère
t
0 < x < 1. On a :
1
Z 1
1
1
1
1
=
dt = −
−
s
s−1
s−1
(s − 1)t
(s − 1)x
s−1
x t
x
• Pour s = 1, on a déjà vu que
Z
Donc on voit que cette quantité admet une limite finie lorsque x → 0 ssi s − 1 < 0,
c’est-à-dire s < 1.
Z +∞
1
• Pour s = 1, on a déjà vu que
dt ne converge pas.
t
1
1
On considère maintenant s 6= 1. La fonction t → s est continue sur [1; +∞[. Soit x > 1,
t
on a :
x
Z x
1
1
1
1
=
dt = −
−
s
s−1
(s − 1)t
s − 1 (s − 1)xs−1
1 t
1
Donc on voit que cette quantité admet une limite finie lorsque x → +∞ ssi s − 1 > 0,
c’est-à-dire s > 1.
2
Analyse : Chapitre 6
Page 3
Intégrales généralisées
Remarque :
On a en fait, pour tout c > 0,
convergente si et seulement si s > 1
2
Z
c
1
dt est convergente si et seulement si s < 1 et
ts
0
Z
+∞
c
1
dt est
ts
Fonctions positives
Dans toute cette partie, on considère a ∈ R et b ∈ R tel que si b ∈ R, a < b.
f et g désignent deux fonctions continues et positives sur [a; b[ . Tous les résultats énoncés pourront
être adaptés à des fonctions continues sur ]a; b] avec a ∈ R et b ∈ R.
Théorème 2
On suppose que ∀t ∈ [a; b[, 0 6 f (t) 6 g(t).
Z b
Z b
• Si
g(t) dt converge alors
f (t) dt converge.
a
a
Z b
Z b
• Si
f (t) dt diverge alors
g(t) dt diverge.
a
a
Exemple 4:
Déterminer la nature de l’intégrale
Z
0
+∞
t2
1
dt.
+t+1
1
est continue sur [0; +∞[, donc le problème ne se pose qu’en +∞.
+t+1
1
1
(ii) Pour tout t > 0, on a 0 < 2
6 2.
t +t+1
t
Z +∞
1
dt est une intégrale de Riemann qui converge car 2 > 1 donc d’après les critères de
(iii) Or
t2
1
Z +∞
1
convergence sur les intégrales de fonctions positives, l’intégrale
dt converge.
2
t +t+1
1
Z 1
1
1
est continue sur [0; 1] donc
dt est convergente.
(iv) De plus t → 2
2
t +t+1
0 t +t+1
Z +∞
1
En conclusion,
dt est une intégrale convergente.
2
t +t+1
0
(i) La fonction t →
t2
Théorème 3
On suppose que au voisinage de b, f = o(g).
Z b
Z b
• Si
g(t) dt converge alors
f (t) dt converge.
Za b
Z ba
• Si
f (t) dt diverge alors
g(t) dt diverge.
a
a
Théorème 4
On suppose que au voisinage de b, f ∼ g.
Z b
Z b b
Alors les intégrales
f (t) dt et
g(t) dt sont de même nature.
a
Analyse : Chapitre 6
a
Page 4
Intégrales généralisées
Exemple 5:
Déterminer la nature de l’intégrale
Z
+∞
0
t2 − 5t + 7
dt.
(t + 1)(4t2 − t + 2)
2
t − 5t + 7
est continue sur [0; +∞[ (dénominateur non nul sur [0; +∞[),
(t + 1)(4t2 − t + 2)
donc le problème ne se pose qu’en +∞.
Vu la forme de la fonction à intégrer nous avons l’idée de la comparaison avec les intégrales de Riemann. Mais pour les intégrales de Riemann il nous faut l’intégrale de 1 à +∞. Donc nous découpons
notre intégrale en 2 : sur [0; 1] et sur [1; +∞].
t2 − 5t + 7
est continue sur [0; 1] (dénominateur non nul sur [0; 1]) donc
La fonction t →
2 − t + 2)
(t
+
1)(4t
Z 1
t2 − 5t + 7
dt est convergente.
2
0 (t + 1)(4t − t + 2)
Au voisinage de +∞ :
1
t2
t2 − 5t + 7
∼
=
2
2
t→+∞
(t + 1)(4t − t + 2)
t × 4t
4t
Z +∞
1
1
dt diverge et
> 0, donc d’après les critères de convergence sur les intégrales
Or l’intégrale
4t Z
4t
1
+∞
t2 − 5t + 7
de fonctions positives,
dt diverge.
(t + 1)(4t2 − t + 2)
1
Z +∞ 2
t − 5t + 7
En conclusion
dt est une intégrale divergente.
4t3 + 2t − 1
0
(i) La fonction t →
(ii)
(iii)
(iv)
(v)
3
Fonctions de signe quelconque
Définition 5
Soient a, b ∈ R, on dit que l’intégrale
Z
b
f (t) dt est absolument convergente si l’intégrale
a
est convergente
Z
b
|f (t)| dt
a
Théorème 5Z
b
Si l’intégrale
f (t) dt est absolument convergente alors cette intégrale est convergente.
a
Attention, si
4
Z
b
|f (t)| dt est divergente alors
a
Z
b
f (t) dt n’est pas nécessairement divergente.
a
Comparaison série-intégrale
Théorème 6
Soit f une fonction continue, positive et décroissante sur [1; +∞[. Alors la série
Z +∞
f (t) dt sont de même nature.
+∞
X
f (n) et l’intégrale
n=1
1
Analyse : Chapitre 6
Page 5
Intégrales généralisées
On peut alors grâce à ce résultat démontrer la convergence des séries de Riemann :
Théorème 7
Soit α un réel. La série
X1
converge ssi α > 1.
nα
Il suffit d’utiliser le théorème précédent et le résultat sur les intégrales de Riemann.
Voici maintenant la démonstration du théorème 6.
Démonstration :
Comme la fonction f est décroissante sur [1; +∞[, on a :
∀t ∈ [k; k + 1] f (k + 1) 6 f (t) 6 f (k)
Z k+1
Z k+1
Z k+1
⇒
f (k + 1) dt 6
f (t) dt 6
f (k) dt
k
k
k
Z k+1
⇒f (k + 1)(k + 1 − k) 6
f (t) dt 6 f (k)(k + 1 − k)
k
∗
⇒ ∀n ∈ N ,
⇒
n−1
X
k=1
n
X
f (k + 1) 6
•
n
f (t) dt 6
1
f (k) − f (1) 6
+∞
f (t) dt converge, alors la suite
1
convergente est toujours bornée).
n−1
X
Z
f (k)
k=1
Z
n
f (t) dt 6
1
k=1
Z
Z
n−1
X
f (k)
k=1
n
f (t) dt est majorée par un certain M (une suite
1
Donc, grâce à la première partie de l’encadrement on voit que
n
X
f (k) 6 M + f (1).
k=1
Ainsi la suite
n
X
f (k) est majorée. De plus cette suite est croissante car pour tout k,
k=1
f (k) > 0.
Or croissant +Pmajorée implique convergent.
Donc la série
f (n) est convergente.
n−1
X
P
f (k) est bornée par un certain L.
• Si
f (n) est une série convergente, alors la suite
k=1
Z n
Z n
Grâce à la deuxième partie de l’encadrement, on a alors
f (t) dt 6 L. La suite
f (t) dt
est donc majorée.
De plus cette suite est croissante car f est positive. Z
Donc cette suite est convergente et ainsi, l’intégrale
1
1
+∞
f (t) dt est convergente.
1
2
Analyse : Chapitre 6
Page 6
Intégrales généralisées