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Intégration sur un intervalle quelconque
I Intégrales impropres (ou généralisées)
I.A
I.B
I.C
I.D
I.E
I.F
1
Dénition d'une intégrale impropre convergente
Exemples fondamentaux . . . . . . . . . . . . .
Relation de Chasles . . . . . . . . . . . . . . . .
Linéarité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Fausses intégrales impropres . . . . . . . . . . .
Intégrale impropre sur un intervalle ouvert . . .
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II Intégrale impropre d'une fonction positive
1
2
4
4
4
5
5
II.A Théorème principal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.B Utilisation d'une fonction majorante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.C Utilisation de fonctions équivalentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
6
6
III Convergence absolue
7
IV Comparaison d'une série et d'une intégrale
7
V Intégration par parties
8
VI Fonctions intégrables sur I , intervalle quelconque
9
VI.A Dénition d'une fonction intégrable sur I
VI.B Cas où I est un segment . . . . . . . . . .
VI.C Propriétés des fonctions intégrables sur un
VI.D Changement de variable . . . . . . . . . .
I
. . . . . .
. . . . . .
intervalle
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10
10
10
11
Intégrales impropres (ou généralisées)
On étudie ici des fonctions continues, à valeurs dans R ou dans C, dénies sur un intervalle
semi-ouvert.
I.A Dénition d'une intégrale impropre convergente
Dénition 1.
Soit f : [a, b[→ R ou C, continue (b 6 +∞).
Z b
Z x
f (t) dt est dite convergente si
f (t) dt a une limite nie quand x tend vers b en restant dans
a
[a, b[. On pose alors :
a
Z
b
f (t) dt = lim
x→b
a
Z
x
f (t) dt
a
S'il n'y a pas de limite, ou une limite innie, l'intégrale est dite divergente.
Remarques 1.
1. Il ne s'agit donc pas d'une intégrale au sens usuel du terme (c'est à dire sur un segment), mais
de la limite d'une suite convergente d'intégrales sur des segments :
1
Cf
a
O
x→b
2. En cas de convergence, on dit aussi que
Z
b
f (t) dt "existe".
a
3. La notation avec l'intervalle en indiceZa l'avantage de souligner en quelle borne il y a un prodt
√ , le problème en 0 est immédiatement visible.
blème ; par exemple, dans l'écriture
t
]0,1]
Cependant, le programme limite cette notation aux intégrales absolument convergentes (et aux
intégrales sur un segment, bien sûr) : voir le paragraphe VI.
I.B Exemples fondamentaux
Les quatre exemples qui suivent doivent être connus parfaitement et serviront de référence :
Exemples 1.
1.
Z
2.
Z
3.
Z
dt
converge ⇐⇒ α > 1.
tα
+∞
1
1
0
dt
converge ⇐⇒ α < 1.
tα
+∞
e−at dt converge ⇐⇒ a > 0.
0
4.
Z
1
ln t dt = −1.
0
Exercice 1
Etablir le premier résultat en utilisant une primitive, et montrer qu'on a, si α > 1 :
Z +∞
dt
1
=
α
t
α−1
1
[ig025]
t 7→
O
1
(α > 1)
tα
x→
1
2
+∞
Exercice 2
Etablir le second résultat en utilisant une primitive, et montrer qu'on a, si α < 1 :
1
Z
0
1
dt
=
tα
1−α
[ig026]
t 7→
0←x
1
(0 < α < 1)
tα
1
Exercice 3
Etablir le troisième résultat en utilisant une primitive, et montrer qu'on a, si a > 0 :
+∞
Z
e−at dt =
0
1
a
[ig027]
Exercice 4
Etablir le dernier résultat en utilisant une primitive de t 7→ ln t sur ]0, +∞[.
[ig028]
On peut avoir, moyennant un changement de variable, des variantes des exemples précédents,
comme celui qui suit :
Exemple 2.
Z
a
b
dt
converge ⇐⇒ α < 1
(b − t)α
Exercice 5
Etablir ce résultat.
[ig029]
Exercice 6
Etudier, et calculer éventuellement les intégrales suivantes :
Z
a)
0
1
dt
√
t
Z
b)
0
+∞
dt
1 + t2
Z
c)
0
2
√
3
t2
dt
− 4t + 4
[ig030]
3
I.C Relation de Chasles
Théorème 1.
Soit f ∈ C([a, b[, C). Soit c ∈ [a, b[.
b
Z
Z
f (t) dt converge
a
b
Z
c
Z
f (t) dt =
f (t) dt +
b
Z
f (t) dt.
c
a
a
segment.
f (t) dt converge
c
et en cas de convergence, on a :
Démonstration.
b
⇐⇒
Utiliser la dénition d'une intégrale convergente, et la relation de Chasles pour les intégrales sur un
I.D Linéarité
Théorème 2.
Soient f, g ∈ C([a, b[, C). Soient λ, µ ∈ C.
Z b
Z b
Z b
f (t) dt et
g(t) dt convergent, alors
(λf + µg)(t) dt converge, et on a :
Si
a
a
a
Z
b
(λf + µg)(t) dt = λ
a
Démonstration.
Z
b
f (t) dt + µ
a
Z
b
g(t) dt
a
Utiliser la dénition d'une intégrale convergente, et la linéarité du passage à la limite.
Remarque 1.
Deux intégrales divergentes peuvent donner une intégrale convergente. Par exemple,
l'écriture suivante n'a aucun sens :
Z +∞
Z +∞
Z +∞
dt
dt
2 dt
=
−
2
t −1
t−1
t+1
2
2
2
bien qu'on ait, pour tout x > 2 :
Z x
Z x
Z x
h x − 1i
dt
2 dt
dt
=
−
= ln 3
−→ ln 3
2
x + 1 x→+∞
2 t−1
2 t+1
2 t −1
Théorème 3.
Soit f ∈ C([a, b[, C), f = f1 + if2 avec f1 ∈ C([a, b[, R) et f2 ∈ C([a, b[, R).
Z
b
f (t) dt converge
a
et dans ce cas on a :
b
Z
a
Z
b
f (t) dt =
a
Z
b
Z
f1 (t) dt et
⇐⇒
f2 (t) dt convergent
a
b
f1 (t) dt + i
b
Z
a
f2 (t) dt
a
On a vu au chapitre 4 qu'une fonction vectorielle a une limite ` si et seulement si chaque fonction
coordonnée tendZvers la coordonnée correspondante de `. C'est ce résultat
qui s'appliqueZ ici (lorsque x tend vers b) à
Z
Démonstration.
la fonction x 7→
x
f (t) dt, dont les fonctions coordonnées sont x 7→
a
x
a
f1 (t) dt et x 7→
x
f2 (t) dt.
a
I.E Fausses intégrales impropres
Ce point n'est pas soulevé dans le programme, mais il s'agit pourtant d'une situation relativement
fréquente : considérons un intervalle semi-ouvert borné [a, b[, et une fonction f continue sur [a, b[, qui
4
possède une limite nie ` en b. Autrement dit, f est prolongeable par continuité en une fonction fb,
qui est dénie par :
(
fb(t) = f (t) si t ∈ [a, b[
fb(b) = `
Z b
Z
Dans cette situation,
f (t) dt est convergente, et elle converge vers
fb. Il n'y a donc pas lieu
a
[a,b]
de distinguer l'intégrale sur [a, b[ de f et l'intégrale sur [a, b] de sa prolongée fb.
Z 1
Z
sin t
sin t
Exemple 3.
dt existe, et il n'y a aucun inconvénient à écrire
dt, en admettant
t
0
[0,1] t
implicitement que la fonction t 7→ sint t prend la valeur 1 pour t = 0.
Démonstration.
On a :
Z
x
lim
x→b
x<b
f (t) dt = lim
x→b
x<b
a
x
Z
fb(t) dt =
b
Z
fb(t) dt
a
a
b
En eet, la première égalité vient du fait
Z que les fonctions f et f coïncident sur [a, b[, et la deuxième égalité vient de la
continuité sur [a, b] de la fonction x 7→
x
fb(t) dt (d'après le théorème fondamental de l'analyse, fb étant continue).
a
I.F Intégrale impropre sur un intervalle ouvert
Le cas peut se présenter dans les exercices. Il sut de se ramener à deux intégrales impropres sur
des intervalles semi-ouverts en utilisant la dénition qui suit :
Dénition 2.
Z b
Soit f ∈ C(]a, b[, C) (a, b ∈ R̄). On dit que
f (t) dt est convergente s'il existe c ∈]a, b[ tel que
a
Z c
Z b
f (t) dt et
f (t) dt sont toutes deux convergentes. Dans ce cas, on note :
a
c
Z
b
f (t) dt =
Z
a
c
f (t) dt +
a
b
Z
f (t) dt
c
Exercice 7
Convergence et calcul de
+∞
t2
−∞
Correction H
II
Z
dt
.
+ 2t + 5
[ig031]
Intégrale impropre d'une fonction positive
Pour les fontions
f
négatives, on envisagera
−f .
II.A Théorème principal
Théorème 4.
Soit f ∈ C([a, b[, R+ ). On suppose qu'il existe M > 0 tel que :
Z
∀x ∈ [a, b[,
x
f (t) dt 6 M Alors
a
Démonstration.
est majorée.
la fonction x 7→
Z
x
Z
b
f (t) dt converge.
a
f (t) dt est croissante sur [a, b[. Elle a une limite nie en b si et seulement si elle
a
5
Remarque 2.
Le résultat est le même car la fonction x 7→
Z
b
f (t) dt est décroissante sur ]a, b]. Elle
x
a une limite nie en a, si et seulement si elle est majorée.
II.B Utilisation d'une fonction majorante
Théorème 5.
Soient f, g ∈ C([a, b[, R+ ), telles que f 6 g (i.e. ∀t ∈ [a, b[, f (t) 6 g(t)). On a :
b
Z
Démonstration.
f (t) dt converge.
=⇒
a
Remarque 3.
b
Z
g(t) dt converge
a
Même résultat si f, g ∈ C(]a, b], R+ ).
On a : ∀x ∈ [a, b[,
Z
x
Z
f (t) dt 6
g(t) dt 6
Z
b
g(t) dt, et c'est cette dernière intégrale qui joue le
a
a
a
rôle du M du théorème 4.
x
Exercice 8
Donner la nature des intégrales suivantes :
Z +∞
Z π/4
dx
dt
a)
b)
c)
2 arctan x
x
t
cos
t
1
0
+∞
Z
1
Z
ln t
dt d)
t2
+∞
e−
√
x
dx
e)
+∞
Z
0
0
Correction H
e−t
√ dt
t
[ig034]
Exercice 9
Quelle est la nature des intégrales
1
Z
0
dt
et
sin t
Z
1
√
0
dt
?
sin t
[ig032]
Exercice 10
Etablir la convergence de I =
Z
π/2
ln(sin t) dt (remarquer que c'est une fonction négative).
[ig033]
0
II.C Utilisation de fonctions équivalentes
Théorème 6.
Soient f, g ∈ C([a, b[, R∗+ ) telles que f (t) ∼ g(t). Alors :
t→b
Z
b
f (t) dt et
a
Z
b
g(t) dt
a
sont de même nature.
Démonstration.
Il existe c ∈ [a, b[ tel que :
∀t ∈ [c, b[,
1
3
f (t) 6 g(t) 6 f (t)
2
2
La suite de la démonstration est évidente avec II.B.
Exercice 11
Donner la nature des intégrales suivantes :
Z +∞ √
Z +∞
t
a)
d
t
b)
ln(1 + x2 ) − 2 ln x dx
2
1+t
0
0
6
c)
Z
0
1
2
et − cos t
dt d)
t5/2
Z
0
1
dt
√
1− t
Correction H
III
[ig035]
Convergence absolue
Théorème 7 (et dénition).
Soit f ∈ C([a, b[, C) :
b
Z
|f (t)| dt converge =⇒
b
Z
a
f (t) dt converge.
a
L'intégrale est dite, dans ce cas, absolument convergente.
hors-programme TSI.
b
Z
Supposons d'abord que f est une fonction à valeurs réelles. Soit donc f ∈ C([a, b[, R), telle que
|f (t)| dt converge. On envisage f + = max(f, 0) et f − = − min(f, 0). On a : 0 6 f + 6 |f | et 0 6 f − 6 |f |.
a
D'après II.B (usage d'une fonction majorante), on peut dire que
b
Z
f + (t) dt et
Z
a
Comme on a f = f + − f − , on conclut par linéarité que
b
Z
b
f − (t) dt convergent.
a
f (t) dt converge.
a
Supposons maintenant que f ∈ C([a, b[, C) et que
b
Z
|f (t)| dt converge. On se ramène à la partie réelle et à la partie
a
imaginaire ; on a :
f = f1 + if2 , et |f1 | 6 |f |, |f2 | 6 |f |.
f1 et f2 apparaissent comme des fonctions à valeurs réelles, d'intégrales absolument convergentes.
Z b
Z b
La première partie de la démonstration montre que
f1 (t) dt et
f2 (t) dt convergent. On conclut par linéarité que
a
a
Z b
f (t) dt converge.
a
Exercice 12
Nature de
Z
+∞
0
IV
sin t
dt.
t(1 + t2 )
[ig036]
Comparaison d'une série et d'une intégrale
Théorème 8.
Soit f : [1, +∞[→ R, continue, positive, et décroissante :
Z +∞
∞
X
f (k) < +∞ ⇐⇒
f (t) dt converge
1
k=1
Démonstration.
On a, quel que soit k ∈ N∗ : f (k + 1) 6
Z
k+1
f (t) dt 6 f (k), d'où :
k
n+1
Z
f (t) dt 6
1
n
X
n
Z
f (k) 6 f (1) +
f (t) dt
1
k=1
et la n de la démonstration est claire :
Si l'intégrale est convergente, l'inégalité de droite prouve que pour tout n on a :
n
X
+∞
Z
f (k) 6 f (1) +
f (t) dt
1
k=1
ce qui nous donne bien un majorant xe pour les sommes partielles de la série à termes positifs
qui est donc convergente.
7
P
f (k), série
Supposons inversement que la série est convergente. Soit x > 1. Si n est la partie entière de x, on a, en utilisant
l'inégalité de gauche :
x
Z
f (t) dt 6
1
n+1
Z
f (t) dt 6
1
ce qui nous donne un majorant xe pour la fonction x 7→
l'intégrale
+∞
Z
n
X
k=1
Z x
+∞
X
f (k) 6
f (k)
k=1
f (t) dt, et nous permet de conclure avec 4 que
1
f (t) dt converge.
1
Remarque 2. Le théorème reste vrai, bien entendu, pour une fonction f : [n0 , +∞[→ R où n0 est
un entier quelconque.
Exercice 13
∞
X
1
. On note ζ(3) sa somme.
k3
k=1
Z +∞
Z +∞
∞
X
1
dt
dt
2. On pose Rn =
. Montrer qu'on a :
6 Rn 6
.
3
3
k
t3
n+1 t
n
1. Justier la convergence de la série
k=n+1
3. En déduire une valeur de n pour que
n
X
1
soit une valeur approchée de ζ(3) avec une erreur
k3
k=1
inférieure à 10−3 .
4. Comment faut-il choisir n pour que
n
X
1
1
+
soit une valeur approchée de ζ(3) avec
k 3 2(n + 1)2
k=1
une erreur inférieure à 10−3 ? Comparer.
[ig037]
V
Intégration par parties
Bien que cette technique soit très fréquemment utilisée aussi bien pour établir la convergence que
pour calculer la valeur d'une intégrale impropre, aucun théorème spécique ne gure au programme
de TSI. Il est donc prudent de se ramener à une intégrale sur un segment, puis d'utiliser la dénition
d'une intégrale convergente.
Soient donc f et g de classe C 1 sur [a, b[, à valeurs dans R ou C. On a, en vertu du théorème
classique d'intégration par parties sur un segment :
Z x
h
it=x Z x
0
∀x ∈ [a, b[,
f (t)g (t) dt = f (t)g(t)
−
f 0 (t)g(t) dt
t=a
a
Il est clair que si deux des trois fonctions :
Z x
x 7→
f (t)g 0 (t) dt, x 7→ f (x)g(x),
a
Z
x 7→
a
x
f 0 (t)g(t) dt
a
ont une limite nie quand x tend vers b, alors il en est de même de la troisième, et on a alors :
Z x
Z x
0
lim
f (t)g (t) dt = lim f (x)g(x) − f (a)g(a) − lim
f 0 (t)g(t) dt
x→b
x→b
a
x→b
a
ce qu'on peut écrire :
Z
b
h
it→b Z
f (t)g (t) dt = f (t)g(t)
−
0
t=a
a
Exemples 4.
8
a
b
f 0 (t)g(t) dt
Z
+∞
Arctan t
Arctan t
dt est convergente car la fonction t 7→
est positive sur
2
t
t2
1
Z +∞
Arctan t
π
π
[1, +∞[,
∼
, et l'intégrale
dt converge. Le calcul eectif de l'intégrale
2
t→+∞ 2t2
t2
2t
1
peut se faire comme suit :
L'intégrale
+∞
Z
1
h Arctan t i+∞
Arctan t
d
t
=
−
+
t2
t
1
Z
+∞
1
dt
t(t2 + 1)
En eet, le terme tout intégré vaut π4 , et l'intégrale du second membre est convergente. Toutefois,
t
le calcul de cette dernière intégrale nécessite des précautions : on a t(t21+1) = 1t − t2 +1
, et il
faut éviter de séparer notreZintégrale convergente en deux intégrales divergentes ! La prudence
x
Arctan t
conseille de calculer lim
.
x→+∞ 1 t(t2 + 1)
On trouve nalement :
Z +∞
π 1
Arctan t
dt = + ln 2
2
t
4
2
1
Le calcul suivant est fautif :
Z
0
1
h cos t i1
sin t
dt = −
−
t
t 0
Z
0
1
cos t
dt
t2
En eet, le terme tout intégré et l'intégrale du second membre n'ont pas de sens (problème à la
borne 0), alors que l'intégrale du premier membre est convergente puisque la fonction intégrée
est prolongeable par continuité en 0.
Exercice 14
Z
Montrer la convergence de
+∞
0
sin t
dt :
t
d(1 − cos t)
1. En utilisant une intégration par parties dans laquelle sin t =
.
dt
Z +∞
sin t
dt, et en utilisant l'intégration par parties de l'exemple qu'on vient
2. En se ramenant à
t
1
de voir.
[ig038]
Exercice 15
Z
+∞
sin t
dt n'est pas absolument convergente.
t
1
Pour cela, remarquer que l'on a : ∀t ∈ R, | sin t| > sin2 t = 12 (1 − cos 2t).
Montrer que l'intégrale
[ig039]
Exercice 16
Convergence et calcul de
Correction H
VI
Z
1
+∞
ln t
dt.
t2
Fonctions intégrables sur
[ig040]
I,
intervalle quelconque
Dans ce paragraphe, I est un intervalle quelconque : ]a, b[, [a, b[, ]a, b], [a, b] (segment), [a, +∞[,
]a, +∞[, ] − ∞, a], ] − ∞, a[, ] − ∞, +∞[.
De manière générale, on notera a = inf(I) et b = sup(I) avec a, b ∈ R̄.
9
VI.A Dénition d'une fonction intégrable sur I
Dénition 3.
b
Z
Soit f ∈ C(I, C). f est dite intégrable sur I si
|f (t)| dt est convergente. Dans ce cas on note :
a
Z
f (t) dt =
f (t) dt
a
I
Remarque 3.
b
Z
Si f est intégrable sur I , alors
b
Z
f (t) dt est convergente d'après III. La réciproque
a
??.
est fausse comme le montre le résultat de l'exercice
VI.B Cas où I est un segment
Toute fonction continue sur le segment I = [a, b] est intégrable sur [a, b[, ]a, b] ou ]a, b[ au sens de
la dénition 3, et on notera l'intégrale habituelle de f sur le segment I :
Z
Z
Z
Z
Z
f (t) dt =
f (t) dt =
f (t) dt =
f (t) dt =
f (t) dt
I
[a,b]
[a,b[
]a,b]
]a,b[
Cette dénition est valide puisque |f | est continue sur [a, b] et d'après le théorème fondamental, on a
par exemple :
Z x
Z b
lim
|f (t)| dt =
|f (t)| dt
x→b
a
a
et on peut donc dénir :
Z
f (t) dt = lim
x→b
[a,b[
Z
x
f (t) dt =
a
b
Z
f (t) dt
a
VI.C Propriétés des fonctions intégrables sur un intervalle
Les propriétés suivantes sont relativement faciles à établir, mais seront admises. Elles généralisent
à un intervalle quelconque I des propriétés qu'on connaît déjà pour les intégrales sur un segment.
: Soient f, g ∈ C(I, C) et α, β ∈ C. Si f et g sont intégrables sur I , alors αf + βg est
intégrable sur I , et on a :
Z
Z
Z
(αf + βg)(t) dt = α f (t) dt + β g(t) dt
Linéarité
I
I
: Soit f ∈ C(I, C), de parties réelle et imaginaire f1 et f2 . f
est intégrable sur I si et seulement si f1 et f2 le sont, et dans ces conditions on a :
Z
Z
Z
f (t) dt = f1 (t) dt + i f2 (t) dt
Partie réelle et partie imaginaire
I
I
I
Relation de Chasles : Soient I et J deux intervalles adjacents, tels que I ∩ J est vide ou réduit
à un point et que I ∪ J est un intervalle. Soit f une fonction continue par morceaux, intégrable
sur l'intervalle I ∪ J . On a :
Z
Z
Z
f (t) dt = f (t) dt +
f (t) dt
I∪J
I
Intégrale d'une fonction positive
I
J
: Soit f ∈ C(I, R+ ), intégrable. On a :
Z
f (t) dt > 0.
Z
: Soit f ∈ C(I, R+ ), intégrable, telle
f (t) dt = 0.
I
Intégrale d'une fonction continue positive
I
Alors :
∀t ∈ I, f (t) = 0.
10
Module de l'intégrale
: Soit f ∈ C(I, C), intégrable. On a :
Z
Z
f (t) dt 6 |f (t)| dt
I
I
Exercice 17
Démontrer les deux dernières propriétés pour I = [a, b[.
[ig041]
VI.D Changement de variable
Théorème 9.
Soient ϕ ∈ C 1 ([a, b[, R) une bijection strictement croissante, et f continue sur l'intervalle ϕ([a, b[), à
valeurs dans C. les intégrales :
β
Z
f (x) dx
b
Z
et
ϕ(a)
f (ϕ(t)) × ϕ0 (t) dt
avec β = lim ϕ(y)
y→b
a
sont de même nature et égales en cas de convergence.
Remarque 4. Le théorème reste vrai si ϕ est strictement décroissante : dans ce cas, les bornes ne
sont pas dans l'ordre croissant puisque ϕ(a) > β .
Remarque 5.
On adapte facilement le théorème aux cas où ϕ ∈ C 1 (]a, b], R) et ϕ ∈ C 1 (]a, b[, R).
Démonstration. Ce théorème est admis. Il prolonge la formule de changement de variable pour les intégrales sur un
segment. Il ne faut pas oublier qu'on exige ici que ϕ soit une bijection strictement monotone.
Exercice 18
Donner la nature des intégrales suivantes :
a)
Z
0
1
1
e− x
dx
x2
Z
b)
−1
−∞
ex
dx
x
Z
c)
2
1
√
ln t
dt d)
t−1
Correction H
Z
0
1
dt
√
1− t
[ig048]
Corollaire 1.
Soient I et I 0 deux intervalles. Soit f une fonction continue de I dans C, intégrable sur I , et soit ϕ
une bijection strictement monotone de classe C 1 de I 0 dans I . On a :
Z
Z
f (x) dx =
(f ◦ ϕ)(t).|ϕ0 (t)| dt
I
I0
Pour un intervalle semi-ouvert, par exemple, ce théorème peut s'écrire :
Si ϕ est une bijection de classe C 1 , strictement croissante, de I 0 = [a, b[ dans I = [ϕ(a), ϕ(b)[
(en notant par abus ϕ(b) = lim ϕ(y)), alors :
y→b
Z
f (x) dx =
[ϕ(a),ϕ(b)[
Z
f (ϕ(t))ϕ0 (t) dt
[a,b[
Ici, pas de mystère ! On a ϕ0 (t) > 0, donc pas de valeur absolue.
11
Si ϕ est une bijection de classe C 1 , strictement
alors :
Z
Z
f (x) dx =
]ϕ(b),ϕ(a)]
, de I 0 = [a, b[ dans I =]ϕ(b), ϕ(a)],
décroissante
f (ϕ(t)) × (−ϕ0 (t)) dt
[a,b[
ce qui est bien la même chose que la formule habituelle :
ϕ(b)
Z
f (x) dx =
Z
ϕ(a)
b
f (ϕ(t))ϕ0 (t) dt
a
Exercice 19
Nature et valeur de
Correction H
Exercice 20
Calculer
Z
π
0
Z
+∞
√
0
dt
.
t + t3/2
[ig043]
dx
.
2 + cos x
Correction H
[ig044]
Exercice 21
Montrer que l'intégrale
Z
1
Correction H
2
dx
p
est convergente, et la calculer en posant x = 2 sin2 t.
x(2 − x)
[ig045]
Exercice 22
Z π/2
On a vu dans l'exercice 10 que l'intégrale I =
ln(sin t) dt est absolument convergente. La
0
Z
notation I =
ln(sin t) dt est donc licite. On va calculer la valeur de I .
]0,π/2]
1. Montrer que I =
Z
ln(sin t) dt =
]0,π/2[
2. Montrer que 2I = − π2 ln 2 +
Z
ln(cos t) dt.
]0,π/2[
1
2
Z
ln(sin u) du.
]0,π[
3. Conclure.
Correction H
[ig046]
12
Corrigés des exercices.
Correction de l'exercice 7
N
La fonction t 7→
est continue sur R, mais l'intégrale présente deux bornes innies. Il faut
Z +∞
Z 0
dt
dt
donc étudier séparément les convergences de
et
de
. Or :
2
t2 + 2t + 5
0
−∞ t + 2t + 5
Z
Z x
Z x
dt
dt
dt
1 x
=
=
2 + 2t + 5
2+4
t+1 2
t
(t
+
1)
4
0 1+
0
0
2
x
1
t+1
=
arctan
2
2
0
x+1
1
1
π 1
1
1
− arctan
arctan
−→
− arctan
=
2
2
2
2 t→+∞ 4
2
2
Z +∞
Z +∞
dt
dt
π 1
1
Donc
converge et
= − arctan .
2
2
t + 2t + 5
t + 2t + 5
4
2
2
0
0
Z 0
Z 0
dt
dt
π 1
1
De même,
converge et
= + arctan .
2
2
4
2
2
−∞ t + 2t + 5
−∞ t + 2t + 5
Il reste à faire la somme :
Z +∞
Z +∞
dt
π
dt
converge et
= .
L'intégrale
2 + 2t + 5
2 + 2t + 5
t
t
2
−∞
−∞
1
t2 +2t+5
Correction de l'exercice 8
a) La fonction x 7→
1
x2 arctan x
N
est continue et positive sur [1, +∞[. De plus, on a l'encadrement :
∀x > 1,
π
π
6 arctan x 6
4
2
donc :
1
4
6
x2 arctan x
πx2
dx
converge, et par le théorème de majoration, on conclut :
x2
1
Z +∞
dx
converge.
2 arctan x
x
1
π
1
b) La fonction t 7→ t cos
t est continue et positive sur 0, 4 . De plus, on a l'encadrement :
√
π
2
1
1
∀t ∈ 0, ,
6 cos t 6 1 donc :
>
4
2
t cos t
t
Z π/4
dt
Or
diverge, et par la contraposée du théorème de majoration, on conclut :
t
0
Z π/4
dt
diverge.
t
cos
t
0
Or
Z
+∞
c) La fonction t 7→
ln t
t2
est continue et positive sur [1, +∞[.
Ici, il est dicile d'obtenir
directement un encadrement ecace sur [1, +∞[ mais on peut constater
1
que lnt2t = o t3/2
. En eet :
t3/2 ×
ln t
ln t
= √ −→ 0
t2
t t→+∞
par croissances comparées.
Ceci entraine que lorsque t est au voisinage de l'inni, on a
∃A > 1, ∀t ∈ [A, +∞[,
13
ln t
t2
6
ln t
1
6 3/2
t2
t
1
.
t3/2
Plus précisément :
Comme
Z
+∞
A
dt
+∞
Z
dt converge, alors
t3/2
A
+∞
Z
1
d) La fonction x 7→ e
√
− x
ln t
dt converge, donc :
t2
ln t
dt converge.
t2
est continue et positive sur [0, +∞[.
Ici, encore il est √
dicile d'obtenir
directement un encadrement ecace sur [0, +∞[ mais on peut
constater que e− x = o x12 . En eet :
√
√
( x)4
x2 × e− x = √x −→ 0 par croissances comparées.
x→+∞
e
Ceci entraine que lorsque x est au voisinage de l'inni, on a e−
∃A > 0, ∀x ∈ [A, +∞[,
Comme
Z
+∞
A
dx
converge, alors
x2
Z
+∞
√
e−
x
e−
√
x
√
6
x
6
1
x2 .
Plus précisément :
1
x2
dx converge, donc :
A
+∞
Z
e−
√
x
dx converge.
0
e−t
e) La fonction t 7→ √ est continue et positive sur ]0, +∞[. Ici, l'intervalle est ouvert en ses deux
t
bornes : nous allons donc séparer l'étude de la convergence en deux parties :
Z 1 t
e
√ dt.
? Convergence de
t
0
On sait que pour tout t ∈ [0, 1], on a e−t 6 1 d'où :
∀t ∈]0, 1],
1
e−t
√ 6√
t
t
On conclut à la convergence de cette intégrale sachant que
Z +∞ t
e
√ dt.
? Convergence de
t
1
1
On sait que pour tout t ∈ [1, +∞[, on a √ 6 1 d'où :
t
Z
0
e−t
√ 6 e−t
t
Z
On conclut à la convergence de cette intégrale sachant que
1
dt
√ dt converge.
t
∀t ∈ [1, +∞[,
En conclusion, on a prouvé le résultat suivant :
Z +∞ −t
e
√ dt converge.
t
0
Correction de l'exercice 11
√
Z
1
+∞
e−t dt converge.
1
N
t
est continue et positive sur [0, +∞[. De plus :
1 + t2
√
√
t
t
1
∼
∼
1 + t2 t→+∞ t2 t→+∞ t3/2
Z +∞ √
dt
t
converge, donc
dt converge, d'où :
3/2
1 + t2
t
1
a) La fonction t 7→
Or
+∞
14
√
+∞
Z
t
dt converge.
1 + t2
0
b) La fonction x 7→ ln(1 + x2 ) − 2 ln x est continue sur ]0, +∞[. On peut aussi remarquer qu'elle est
positive car :
1
1 + x2
=
ln
1
+
>0
∀x > 0, ln(1 + x2 ) − 2 ln x = ln
x2
x2
Z 1
? Étude de
ln(1 + x2 ) − 2 ln x dx :
0
Puisque ln(1 + x2 ) −→ 0 et −2 ln x −→ +∞, alors :
x→0
x→0
ln(1 + x2 ) − 2 ln x ∼ −2 ln x
x→0
Or l'intégrale
? Étude de
Z
Z
1
1
Z
ln x dx converge, donc
0
+∞
ln(1 + x2 ) − 2 ln x dx converge.
0
ln(1 + x2 ) − 2 ln x dx :
1
On a, au voisinage de +∞ :
1
ln(1 + x ) − 2 ln x = ln 1 + 2
x
2
Or l'intégrale
Z
+∞
1
dx
converge, donc
x2
Z
∼
x→+∞
1
x2
1
ln(1 + x2 ) − 2 ln x dx converge.
0
En conclusion :
Z
+∞
ln(1 + x2 ) − 2 ln x dx converge.
0
t2
2
t
est continue et positive sur ]0, 1] (car et > 1 > cos t). De plus, au
c) La fonction t 7→ e t−cos
5/2
voisinage de 0, on trouve :
2
√ et − cos t
1 + t2 + o(t3 ) − (1 − t2 /2 + o(t3 )
3t2 /2 + o(t3 )
3
√
=
=
=
+
o
t
t→0
t→0
t→0 2 t
t5/2
t5/2
t5/2
2
et − cos t
3
D'où
∼ √ . On sait que
t→0 2 t
t5/2
Z
0
1
1
Z
0
dt
√ converge et on conclut :
t
2
et − cos t
dt converge.
t5/2
Correction de l'exercice 16
N
La convergence a déjà été prouvée à l'exercice 8. Il reste à eectuer le calcul de l'intégrale. On procède
à l'intégration par parties suivante :
u(t) = ln t
1
u0 (t) =
t
et
valable car
u(t)v(t) = −
1
t2
1
v(t) = −
t
v 0 (t) =
ln t
−→ 0
t t→+∞
15
par croissances comparées. On obtient :
Z +∞
ln t
t2
1
+∞ Z 1
ln t
dt
=
−
+
2
t 1
0 t
+∞
1
=1
=
−
t 1
+∞
Z
ln t
=1
t2
1
Correction de l'exercice 18 N
1
e− x
a) La fonction x 7→ 2 est continue (et positive) sur ]0, 1].
x
On voit que la borne en 0 n'est pas évidente à étudier et qu'il convient mieux de se ramener à la
borne +∞ à cause de l'exponentielle qui est de la forme e−u avec u → +∞.
Il est donc naturel de procéder au changement de variable (bijection strictement décroissante de
classe C 1 de ]0, 1] dans [1, +∞[) u = x1 ( du = − x12 dx). Les intégrales :
Z
0
1
1
e− x
dx = −
x2
1
Z
e
1
−x
0
1
− 2 dx
x
et
Z
1
−
e−u du =
Z
+∞
+∞
e−u du
1
sont de même nature (attention à ne pas écrire l'égalité tant que la convergence n'est pas prouvée).
Z +∞
Or on sait que
e−u du converge, donc :
1
1
On peut même la calculer :
Z 1
0
1
0
e− x
dx converge.
x2
Z
+∞
Z
1
e− x
dx =
x2
1
+∞
1
e−u du = − e−u 1 =
e
1
e− x
dx est continue sur ] − ∞, −1]. Ici, on se ramène à la borne +∞ par le
x
changement de variable u = −x ( du = − dx). Les intégrales :
Z −1 x
Z 1 −u
Z +∞ −u
e
e
e
dx
et
(− du) = −
du
x
−u
u
+∞
1
−∞
b) La fonction x 7→
sont de même nature. De plus :
∀u ∈ [1, +∞[,
On sait enn que
Z
+∞
e−u du converge, d'où
0
06
Z
1
Z
−1
−∞
+∞
e−u
6 e−u
u
e−u
du converge, et :
u
x
e
dx converge.
x
√
ln t
est continue et positive sur ]1, 2].
t−1
La borne ouverte étant en 1, on se ramène en 0 par le changement de variable u = t − 1 ( du = dt).
Les intégrales :
Z 2√
Z 1p
ln(1 + u)
ln t
dt
et
du
u
1 t−1
0
c) La fonction t 7→
16
sont de même nature. De plus, au voisinage de 0, on a :
p
√
ln(1 + u)
u
1
∼
∼ √
u→0 u u→0
u
u
Z 1
du
√ converge, et on en déduit que :
L'intégrale
u
0
Z 2√
ln t
dt converge.
t
−
1
1
1
√ est continue et positive sur [0, 1[.
1− t
La borne ouverte étant en 1, on se ramène en 0 par le changement de variable u = 1−t ( du = − dt).
Les intégrales :
Z 1
Z 1
Z 0
du
dt
− du
√
√
√
=
et
1−u
1−u
t
0 1−
0 1−
1 1−
sont de même nature. De plus, au voisinage de 0, on a :
d) La fonction t 7→
L'intégrale
1
Z
0
1
1
1
2
= u
√
=
∼
u
u→0
u→0
u→0
u
1 − 1 − 2 + o(u)
1− 1−u
2 + o(u)
Z 1
du
du
√
diverge, donc l'intégrale
diverge, et on en déduit que :
u
1
−
1−u
0
Z 1
dt
√ converge.
t
0 1−
Correction de l'exercice 19 N
1
est continue et positive sur ]0, +∞[.
t + t3/2
Z 1
dt
√
. Au voisinage de 0, on a :
? Étudions la convergence de
t + t3/2
0
La fonction t 7→ √
√
dt
converge.
t
+
t3/2
0
0
Z +∞
dt
√
? Étudions la convergence de
. Au voisinage de +∞, on a :
t
+
t3/2
1
Or
Z
1
dt
√ converge, donc
t
1
1
∼ √
t + t3/2 t→0 t
Z
1
√
√
Or
Z
1
dt
+∞
t3/2
On conclut :
converge, donc
Z
1
+∞
√
1
t + t3/2
∼
1
t→+∞ t3/2
dt
converge.
t + t3/2
Z
0
+∞
dt
t3/2
converge.
√
Passons maintenant au calcul. On eectue le changement de variable u = t (bijection strictement
croissante de classe C 1 de R∗+ dans R∗+ :
Z +∞
Z +∞
dt
1
dt
√
=
2
× √
3/2
1
+
t
t+t
2 t
0
0
Z +∞
+∞
du
=√ 2
= 2 arctan u 0
2
1+u
u= t
0
17
+∞
Z
√
0
dt
=π
t + t3/2
Correction de l'exercice 20 N
1
est continue et positive sur [0, π].
2 + cos x
On remarque qu'il s'agit de l'intégrale sur un segment d'une fonction continue : il n'y a donc pas de
convergence à établir.
La fonction x 7→
En revanche, le calcul impose le changement de variable u = tan 2t (voir la feuille de TD sur les calculs
d'intégrales). Celui-ci est valable car la fonction t 7→ tan 2t est une bijection strictement croissante de
classe C 1 de [0, π[ dans [0, +∞[. On peut donc écrire :
Z
Z
Z
1 + tan2 x2 dx
dx
dx
=
=
1−tan2 x
2
3 + 2 tan2 x2
[0,π] 2 + cos x
[0,π[
[0,π[ 2 +
1+tan2 x
2
Z
Z +∞
+∞
du
du
=2
= 2 arctan u 0
=√ 2
2
2
1+u
u= t
0
[0,+∞[ 1 + u
+∞
Z
√
0
dt
=π
t + t3/2
Correction de l'exercice 21 N
1
est continue et positive sur [1, 2[.
x(2 − x)
La borne ouverte étant en 2, on se ramène en 0 par le changement de variable u = 2 − x ( du = − dx).
Les intégrales :
Z 0
Z 1
Z 2
− du
du
dx
p
p
p
et
=
x(2 − x)
(2 − u)u
u(2 − u)
1
0
1
La fonction x 7→ p
sont de même nature. De plus, au voisinage de 0, on a :
1
1
∼ √
∼ √ √
u→0
2u
2
u
u(2 − u)
1
p
L'intégrale
1
Z
0
u→0
du
√ converge, et on en déduit que :
u
Z
1
dx
2
p
x(2 − x)
converge.
Il reste encore à faire le calcul, et ce n'est pas par le même changement de variable que l'on va y
parvenir. On peut mettre l'intégrale sous forme canonique (cf feuille de TD sur les calculs d'intégrales)
2
1
ou utiliser
le changement de variable proposé x = 2 sin t (valable car c'est une bijection de classe C
π π
de 4 , 2 dans [1, 2[ :
Z
1
dx
2
p
x(2 − x)
π
2
Z
=
π
4
4 sin t cos t dt
q
π
2
Z
=
2 sin2 t(2 − 2 sin2 t)
π
4
4 sin t cos t dt
√
=
4 sin2 t cos2 t
On termine le calcul en remarquant que sin t cos t > 0 pour tout t ∈
Z
1
2
dx
p
=
x(2 − x)
π
2
Z
π
4
4 sin t cos t dt
=
2 sin t cos t
18
π
2
Z
π
4
π
π
4, 2
2 dt =
π
2
π
2
Z
π
4
:
4 sin t cos t dt
2| sin t cos t|
Z
dx
2
p
1
=
x(2 − x)
π
2
Correction de l'exercice 22 N
1. On procède au changement de variable (bijection strictement décroissante de ]0, π/2] dans
[0, π/2[) u = π2 − t ( du = − dt) :
Z
Z
I=
ln(sin t) dt =
ln sin π/2 − u |(−1)| du
]0,π/2[
]0,π/2[
Or on sait que pour tout réel u, on a sin π/2 − u = cos u, et on conclut :
Z
I=
ln(sin t) dt =
Z
]0,π/2[
ln (cos u) du
]0,π/2[
2. Grâce à cette relation, on peut écrire :
Z
Z
2I = I + I =
ln(sin t) dt +
ln (cos u) du
]0,π/2[
]0,π/2[
Z
Z
=
ln(sin t cos t) dt =
ln(2 sin 2t) dt
]0,π/2[
]0,π/2[
Z
Z
Z
π
ln(sin 2t) dt
=
ln(2) dt +
ln(sin 2t) dt = − ln 2 +
2
]0,π/2[
]0,π/2[
]0,π/2[
On se ramène à l'intégrale I avec le changement de variable u = 2t ( du = 2 dt) :
Z
Z
1
ln(sin 2t) dt =
ln(sin u) du
2 ]0,π[
]0,π/2[
On en déduit que :
2I = −
π
1
ln 2 +
2
2
Z
ln(sin u) du
]0,π[
Il n'y a plus qu'à exprimer cette dernière intégrale :
Z
Z
Z
ln(sin u) du
=
ln(sin u) du +
ln(sin u) du
]0,π[
]0,π/2[
]π/2,π[
Z
Z
=
ln(sin u) du +
ln(sin(π − t)) dt
t=π−u
]0,π/2[
]0,π/2[
Z
Z
=
ln(sin u) du +
ln(sin t) dt = 2I
]0,π/2[
On conclut : 2I = − π2 ln 2 + I , et ainsi :
I=−
π
ln 2
2
19
]0,π/2[