Invitation aux intégrales impropres

Cet article est une introduction à l’étude des intégrales impropres.

Le contexte a été restreint aux applications continues sur un intervalle, à valeurs réelles. Cette limitation n’empêchera pas de mettre en évidence les principaux aspects du sujet.

On suppose connues les propriétés de base de l’intégrale d’une application continue, définie sur un segment (intervalle fermé borné) et à valeurs réelles : linéarité, positivité, inégalité du module, relations de Chasles, … On pourra se reporter à cet article pour consulter les énoncés détaillés de chacune de ces propriétés.

Dans un premier temps (sections 1 à 6), on se limite à des intégrales de la forme $\int_{a}^{+\infty}f\left(t\right)\thinspace dt.$ Cette restriction temporaire permet à celles et ceux qui ne sont pas déjà familiarisés avec le sujet, d’y pénétrer plus facilement. Le cadre est ensuite élargi, autorisant un intervalle d’intégration quelconque et des intégrales multiplement impropres.

1 – Notion d’intégrale impropre

Considérons une application continue $f:\left[a,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},$ le réel $a$ étant fixé.

Pour tout $x\geqslant a,$ on définit l’intégrale partielle de $f$ sur $\left[a,x\right]$ :

$F\left(x\right)=\int_{a}^{x}f\left(t\right)\thinspace dt$

Lorsque $F$ admet en $+\infty$ une limite finie $L,$ on dit que l’intégrale impropre $\int_{a}^{+\infty}f\left(t\right)\thinspace dt$ est convergente. On note alors :

$\int_{a}^{+\infty}f\left(t\right)\thinspace dt=L$

Dans le cas contraire (c’est-à-dire lorsque $\lim_{x\rightarrow+\infty}F\left(x\right)=\pm\infty$ ou bien lorsque $F$ n’admet pas de limite en $+\infty),$ cette intégrale est dite divergente.

Le symbole $\int_{a}^{+\infty}f\left(t\right)\thinspace dt$ désigne donc deux choses à la fois :

d’une part, l’intégrale impropre en tant qu’objet algébrique, qu’elle soit convergente ou divergente,
d’autre part, la fameuse limite $L$ (en cas de convergence), qui est un nombre réel.

Cette ambiguïté n’est pas gênante, car le contexte permet toujours de s’y retrouver.

Procédure de base :

Pour déterminer si une intégrale impropre donnée est convergente ou non, la procédure la plus simple consiste, lorsque c’est possible, à :

calculer d’abord l’intégrale partielle de façon explicite,
examiner ensuite si celle-ci admet (ou non) une limite finie en $+\infty$

Toutefois, le calcul explicite de l’intégrale partielle est généralement hors de portée, ce qui limite cette procédure aux cas les plus simples.

Malgré cela, il reste souvent possible de préciser la nature d’une intégrale impropre et même (quoique beaucoup plus rarement) d’en calculer explicitement la valeur en cas de convergence, même si l’on ne sait pas expliciter l’intégrale partielle (voir l’exemple 4 ci-dessous) !

Exemple 1

Considérons :

$A=\int_{0}^{+\infty}t\thinspace e^{-t}\thinspace dt$

et posons, pour tout $x\geqslant0$ :

$a\left(x\right)=\int_{0}^{x}\thinspace t\thinspace e^{-t}\thinspace dt$

Une simple intégration par parties (si nécessaire, consulter cet article) donne :

$a\left(x\right)=\left[-t\thinspace e^{-t}\right]_{0}^{x}+\int_{0}^{x}e^{-t}\thinspace dt=-x\thinspace e^{-x}+1-e^{-x}$

d’où facilement :

$\lim_{x\rightarrow+\infty}a\left(x\right)=1$

Ce calcul montre que l’intégrale impropre $A$ converge et que :

$\boxed{\int_{0}^{+\infty}t\thinspace e^{-t}\thinspace dt=1}$

Exemple 2

Considérons maintenant :

$B=\int_{0}^{+\infty}\frac{\sqrt{t}}{1+t}\thinspace dt$

et posons, pour tout $x\geqslant0$ :

$b\left(x\right)=\int_{0}^{x}\frac{\sqrt{t}}{1+t}\thinspace dt$

En posant $t=s^{2}$ dans cette dernière intégrale, on obtient :

$\begin{equation*}\begin{split}b\left(x\right) & = \int_{0}^{\sqrt{x}}\frac{2s^{2}}{1+s^{2}}\thinspace ds\\& = 2\int_{0}^{\sqrt{x}}\left(1-\frac{1}{1+s^{2}}\right)\thinspace ds\\& = 2\left(\sqrt{x}-\arctan\left(\sqrt{x}\right)\right)\\& \geqslant 2\sqrt x-\pi\end{split}\end{equation*}$

Ainsi, ${\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}b\left(x\right)=+\infty}$ et l’intégrale impropre $B$ est donc divergente.

Exemple 3

Considérons encore :

$C=\int_{0}^{+\infty}\cos\left(t\right)\thinspace dt$

Pour tout $x\geqslant0$ :

$\int_{0}^{x}\cos\left(t\right)\thinspace dt=\sin\left(x\right)$

et cette dernière quantité ne possède pas de limite lorsque $x\rightarrow+\infty.$

Il s’agit donc d’une intégrale divergente, quoique d’un style différent du précédent.

Exemple 4

Pour chacun des exemples 1 à 3, il était facile de calculer explicitement l’intégrale partielle. A présent, intéressons-nous à :

$G=\int_{0}^{+\infty}e^{-t^{2}}\thinspace dt$

Vous pouvez essayer de calculer explicitement $g\left(x\right)=\int_{0}^{x}e^{-t^{2}}\thinspace dt$ : en intégrant par parties, en changeant de variable, en combinant ces techniques … Vous n’arriverez à rien.

Pour autant, la question de savoir si $g$ admet en $+\infty$ une limite finie (ou non) reste posée. Et la réponse est intéressante, à plus d’un titre !

On peut en effet montrer que l’intégrale impropre $G$ (appelée intégrale de Gauss, encore que cette dénomination soit discutable …) est convergente et, plus précisément, que :

$\int_{0}^{+\infty}e^{-t^{2}}\thinspace dt=\frac{1}{2}\sqrt{\pi}$

Ce résultat est spectaculaire, d’une part parce que le calcul explicite de $g\left(x\right)$ n’est pas possible au moyen des fonctions élémentaires (mais encore faut-il donner un sens précis à cette affirmation, ce qui n’est pas simple …) et d’autre part en raison de la forme du résultat (intervention inattendue du nombre $\pi).$

Si l’étude de cette intégrale vous intéresse, je vous invite à jeter un œil à l’exercice n° 6 de cette fiche.

2 – Comparaison de fonctions positives

Principe de comparaison

Soient $f,g:\left[a,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R}$ deux applications continues telles que :

$\forall t\in\left[a,+\infty\right[,\thinspace0\leqslant f\left(t\right)\leqslant g\left(t\right)\qquad\left(\star\right)$

Si l’intégrale impropre $\int_{a}^{+\infty}g\left(t\right)\thinspace dt$ converge, alors il en va de même pour $\int_{a}^{+\infty}f\left(t\right)\thinspace dt$ .

Une simple inégalité peut donc suffire pour établir la convergence d’une intégrale impropre, sans avoir à calculer l’intégrale partielle associée (ce qui, comme on l’a dit, n’est pas faisable en général) et encore moins la limite éventuelle de celle-ci.

Si vous connaissez déjà le principe de comparaison pour les séries numériques à termes positifs, vous constaterez la profonde analogie entre les deux énoncés.

Le principe de comparaison repose pour l’essentiel sur le théorème de la limite monotone, qui est l’analogue, pour les fonctions, du célèbre « toute suite réelle, croissante et majorée, est convergente« .

En voici une preuve détaillée :

Preuve (cliquer pour déplier / replier)

Posons, pour tout $x\in\left[a,+\infty\right[$ :

$F\left(x\right)=\int_{a}^{x}\thinspace f\left(t\right)\thinspace dt\qquad\text{et}\qquad G\left(x\right)=\int_{a}^{x}g\left(t\right)\thinspace dt$

D’après l’hypothèse $\left(\star\right)$ et par croissance de l’intégrale :

$0\leqslant F\left(x\right)\leqslant G\left(x\right)$

Par ailleurs, on a supposé que $G$ admet en $+\infty$ une limite finie : notons-la $\mu.$

Comme $G$ est croissante (en raison de la positivité de $g),$ on voit que $G\left(x\right)\leqslant\mu$ (il suffit de choisir $X>x$ et d’effectuer un passage à la limite dans l’inégalité $G\left(x\right)\leqslant G\left(X\right)$ lorsque $X\rightarrow+\infty).$ Ainsi, pour tout $x\in\left[a,+\infty\right[$ :

$F\left(x\right)\leqslant\mu\qquad\left(\blacklozenge\right)$

Finalement, $F$ est croissante (en raison de la positivité de $f)$ et majorée (par $\mu)$ donc possède en $+\infty$ une limite finie (d’après le théorème de la limite monotone).

La convergence de l’intégrale impropre $\int_{a}^{+\infty}f\left(t\right)\thinspace dt$ est établie.

En outre, en notant $\lambda=\int_{a}^{+\infty}f\left(t\right)\thinspace dt,$ un simple passage à la limite dans l’inégalité $\left(\blacklozenge\right)$ montre que $\lambda\leqslant\mu.$

Ajoutons quelques remarques, qui viennent nuancer cette proposition.

Remarque 1

La nature (convergence ou divergence) de l’intégrale impropre $\int_{a}^{+\infty}f\left(t\right)\thinspace dt$ ne dépend que du comportement de $f$ au voisinage de $+\infty.$
En particulier, si la condition $\left(\star\right)$ est remplacée par la condition plus faible :

$\exists b\in\left]a,+\infty\right[;\thinspace\forall t\in\left[b,+\infty\right[,\thinspace0\leqslant f\left(t\right)\leqslant g\left(t\right)$

alors la convergence de $\int_{a}^{+\infty}g\left(t\right)\thinspace dt$ entraîne toujours celle de $\int_{a}^{+\infty}f\left(t\right)\thinspace dt.$

Remarque 2

Si $\forall t\in\left[a,+\infty\right[,$ $0\leqslant f\left(t\right)\leqslant g\left(t\right)$ et si $\int_{a}^{+\infty}g\left(t\right)\thinspace dt$ diverge, on ne peut rien dire de la nature de $\int_{a}^{+\infty}f\left(t\right)\thinspace dt.$ Cette dernière intégrale peut, selon les cas, converger ou diverger.

Remarque 3

Si $\forall t\in\left[a,+\infty\right[,\thinspace0\leqslant f\left(t\right)\leqslant g\left(t\right)$ et si $\int_{a}^{+\infty}f\left(t\right)\thinspace dt$ diverge, alors $\int_{a}^{+\infty}g\left(t\right)\thinspace dt$ diverge aussi. C’est la forme contraposée du principe de comparaison.

3 – Intégrales de référence

Disposer d’un principe de comparaison n’a d’intérêt que si l’on dispose aussi de fonctions positives (et continues sur $\left[a,+\infty\right[$ ) pour lesquelles la nature de l’intégrale impropre est connue.
On parle alors d’intégrales de référence … ce qui, au fond, ne veut rien dire car l’étendue de cette classe peut varier d’un cours à l’autre ! Néanmoins, tout le monde s’accorde pour y inclure, au minimum, les intégrales de la forme :

$\int_{a}^{+\infty}\frac{1}{t^{\alpha}}\thinspace dt$

pour $a>0$ fixé.

Certains les appellent à tort « intégrales de Riemann », sans doute par glissement sémantique, vu que les séries ${\displaystyle\sum_{n\geqslant1}\frac{1}{n^{\alpha}}}$ sont officiellement dénommées « séries de Riemann ». En outre, l’expression « intégrale de Riemann » désigne tout à fait autre chose …

Proposition

Etant donné $a>0,$ l’intégrale ${\displaystyle\int_{a}^{+\infty}\frac{1}{t^{\alpha}}\thinspace dt}$ converge si, et seulement si $\alpha>1.$

Preuve (cliquer pour déplier / replier)

Supposons d’abord $\alpha\neq1.$ Pour tout $x>a$ :

$\int_{a}^{x}\frac{1}{t^{\alpha}}\thinspace dt=\left[\frac{t^{1-\alpha}}{1-\alpha}\right]_{t=a}^{x}=\frac{1}{1-\alpha}\left(x^{1-\alpha}-a^{1-\alpha}\right)$

Si $\alpha<1,$ alors $1-\alpha>0$ donc $\lim_{x\rightarrow+\infty}x^{1-\alpha}=+\infty$ et donc
$\lim_{x\rightarrow+\infty}\int_{a}^{x}\frac{1}{t^{\alpha}}\thinspace dt=+\infty}$
Si $\alpha>1,$ alors $\lim_{x\rightarrow+\infty}x^{1-\alpha}=0$ et donc
$\lim_{x\rightarrow+\infty}\int_{a}^{x}\frac{1}{t^{\alpha}}\thinspace dt=\frac{1}{\left(\alpha-1\right)a^{\alpha-1}}$

Enfin, si $\alpha=1,$ l’intégrale partielle prend la forme $\int_{a}^{x}\frac{1}{t}\thinspace dt=\ln\left(\frac{x}{a}\right)$ et donc

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}\int_{a}^{x}\frac{1}{t}\thinspace dt=+\infty$

La conclusion en résulte.

Il est courant d’inclure aussi les intégrales de la forme $\int_{a}^{+\infty}\frac{1}{t^{\alpha}\ln^{\beta}\left(t\right)}\thinspace dt$ (avec $a>1$ et $\left(\alpha,\beta\right)\in\mathbb{R}^{2}$ a priori quelconque). Afin d’alléger la présentation, on se contentera ici d’un énoncé (pour les détails, voir l’exercice n° 4 de cette fiche).

Proposition (intégrales de Bertrand)

Etant donné $a>1,$ l’intégrale impropre

$\int_{a}^{+\infty}\frac{1}{t^{\alpha}\ln^{\beta}\left(t\right)}\thinspace dt$

converge si, et seulement si :

$\alpha>1\quad\text{ou}\quad\left(\alpha=1\text{ et }\beta>1\right)$

4 – Règle des équivalents

Proposition

Soient $f,g:\left[a,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R}$ continues.

On suppose que :

$f\left(t\right)\sim g\left(t\right)$ lorsque $t\rightarrow+\infty$
$g\left(t\right)\geqslant0$ pour $t$ assez grand.

Alors les intégrales $\int_{a}^{+\infty}f\left(t\right)\thinspace dt$ et $\int_{a}^{+\infty}g\left(t\right)\thinspace dt$ sont de même nature (ce qui signifie qu’elles sont toutes les deux convergentes ou bien toutes les deux divergentes).

Preuve (cliquer pour déplier / replier)

Comme $f\left(t\right)\sim g\left(t\right)$ lorsque $t\rightarrow+\infty,$ il existe $b>a$ tel que :

$\forall t\in\left[b,+\infty\right[,\thinspace\frac{1}{2}g\left(t\right)\leqslant f\left(t\right)\leqslant\frac{3}{2}g\left(t\right)$

En cas de convergence de $\int_{a}^{+\infty}g\left(t\right)\thinspace dt,$ l’inégalité de droite montre (via le principe de comparaison et la remarque 1 qui le suit) que $\int_{a}^{+\infty}f\left(t\right)\thinspace dt$ converge.

En cas de divergence de $\int_{a}^{+\infty}g\left(t\right)\thinspace dt,$ on voit de même que $\int_{a}^{+\infty}f\left(t\right)\thinspace dt$ diverge (avec l’inégalité de gauche cette fois).

Exemple 1

Quelle est la nature de l’intégrale $\int_{0}^{+\infty}\frac{t}{\left(t^{3}+t+1\right)^{2}}\thinspace dt$ ?

Comme :

$\frac{t}{\left(t^{3}+t+1\right)^{2}}\sim\frac{1}{t^{5}}\text{ lorsque }t\rightarrow+\infty$

et vu que $5>1,$ cette intégrale est convergente.

Exemple 2

Quelle est la nature de l’intégrale ${\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\sin\left(\frac{1}{\sqrt{t}}\right)\ln\left(\frac{t+2}{t+1}\right)\thinspace dt}$ ?

Au voisinage de $+\infty$ :

$\sin\left(\frac{1}{\sqrt{t}}\right)\sim\frac{1}{\sqrt{t}}\quad\text{et}\quad\ln\left(\frac{t+2}{t+1}\right)=\ln\left(1+\frac{1}{t+1}\right)\sim\frac{1}{t+1}\sim\frac{1}{t}$

donc :

$\sin\left(\frac{1}{\sqrt{t}}\right)\ln\left(\frac{t+2}{t+1}\right)\sim\frac{1}{t^{3/2}}$

A nouveau, la règle des équivalents s’applique et l’intégrale proposée converge.

Exemple 3

Quelle est la nature de l’intégrale $\int_{0}^{+\infty}\frac{1+e^{-t}}{\left(1+\sqrt{t}\right)^{2}}\thinspace dt$ ?

Au voisinage de $+\infty$ :

$\frac{1+e^{-t}}{\left(1+\sqrt{t}\right)^{2}}\sim\frac{1}{t}$

On a affaire, cette fois, à une intégrale divergente.

Parmi les hypothèses de la règle des équivalents, figure la condition : $g\left(t\right)\geqslant0$ pour $t$ assez grand.

Cette condition peut évidemment être remplacée par : $g\left(t\right)\leqslant0$ pour $t$ assez grand. En clair, on demande à $g$ d’être de signe constant au voisinage de $+\infty$ (ce qui impose la même chose à $f$ puisque l’équivalence préserve localement le signe).

Mais attention, sans aucune condition de signe, notre brave règle des équivalents ne s’applique plus !

Voir la section 6 pour un contre-exemple.

5 – Convergence absolue

Considérons une application continue $f:\left[a,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R}.$

Définition

L’intégrale impropre $\int_{a}^{+\infty}f\left(t\right)\thinspace dt$ est dite absolument convergente lorsque l’intégrale $\int_{a}^{+\infty}\vert f\left(t\right)\vert\thinspace dt$ est convergente.

Le résultat suivant est fondamental :

Théorème

Si l’intégrale $\int_{a}^{+\infty}f\left(t\right)\thinspace dt$ est absolument convergente, alors elle est convergente.

Preuve (cliquer pour déplier / replier)

On constate que $\forall t\in\left[a,+\infty\right[,\thinspace f\left(t\right)\leqslant\left|f\left(t\right)\right|$ mais bien entendu, il n’est pas question d’appliquer le principe de comparaison de cette façon, puisqu’on n’a pas la positivité du membre de gauche !

Toutefois, en y regardant de plus près, cette majoration peut aussi s’écrire :

$\forall t\in\left[a,+\infty\right[,\thinspace f\left(t\right)+\left|f\left(t\right)\right|\leqslant2\thinspace\left|f\left(t\right)\right|$

et cette fois-ci, le membre de gauche est positif ou nul !!

On peut donc finalement appliquer le principe de comparaison : l’intégrale impropre $\int_{a}^{+\infty}2\left|f\left(t\right)\right|\thinspace dt$ étant convergente, il en va de même de $\int_{a}^{+\infty}\left(f\left(t\right)+\left|f\left(t\right)\right|\right)\thinspace dt$ et donc, par différence, l’intégrale $\int_{a}^{+\infty}f\left(t\right)\thinspace dt$ est convergente. CQFD.

Voyons un exemple d’utilisation.

Exemple

Quelle est la nature de l’intégrale $\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin\left(t\right)}{t^{2}}\thinspace dt$ ?

Il suffit d’observer que :

$\forall t\in\left[1,+\infty\right[,\thinspace\left|\frac{\sin\left(t\right)}{t^{2}}\right|\leqslant\frac{1}{t^{2}}$

et de se rappeler que l’intégrale $\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{t^{2}}\thinspace dt$ est convergente, pour conclure que $\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin\left(t\right)}{t^{2}}\thinspace dt$ est absolument convergente, donc convergente tout court.

Facile, n’est-ce pas ? Mais attention, la réciproque de la proposition précédente est fausse : il existe des intégrales convergentes, mais non absolument convergentes. De telles intégrales sont dites semi-convergentes. La section 7 en donne un exemple détaillé.

6 – Deux intégrales de natures distinctes, malgré l’équivalence

Commençons par nous intéresser à l’intégrale impropre :

$D=\int_{\pi}^{+\infty}\frac{\sin\left(t\right)}{\sqrt{t}}\thinspace dt$

Afin de savoir si cette intégrale converge, posons pour tout $x>\pi$ :

$d\left(x\right)=\int_{\pi}^{x}\frac{\sin\left(t\right)}{\sqrt{t}}\thinspace dt$

Cette intégrale partielle n’est pas calculable explicitement, mais on peut effectuer une intégration par parties, en posant :

$\begin{equation*}\begin{split}u'\left(t\right)=\sin\left(t\right); &\quad u\left(t\right)=-\cos\left(t\right)\\v\left(t\right)=\frac{1}{\sqrt{t}}; &\quad v'\left(t\right)=-\frac{1}{2t^{3/2}}\end{split}\end{equation*}$

ce qui donne :

$d\left(x\right)=\left[-\frac{\cos\left(t\right)}{\sqrt{t}}\right]_{t=\pi}^{x}-\int_{\pi}^{x}\frac{\cos\left(t\right)}{2t^{3/2}}\thinspace dt$

c’est-à-dire :

$d\left(x\right)=-\frac{1}{\sqrt\pi}-\frac{\cos\left(x\right)}{\sqrt{x}}-\frac{1}{2}E\left(x\right)$

où l’on a posé :

$E\left(x\right)=\int_{\pi}^{x}\frac{\cos\left(t\right)}{t^{3/2}}\thinspace dt$

Comme ${\displaystyle \forall t\geqslant\pi,\thinspace\left|\frac{\cos\left(t\right)}{t^{3/2}}\right|\leqslant\frac{1}{t^{3/2}}},$ on voit que l’intégrale $\int_{\pi}^{+\infty}\frac{\cos\left(t\right)}{t^{3/2}}\thinspace dt$ est absolument convergente, donc convergente (voir section précédente). De ce fait, on peut poser :

$\lambda=\lim_{x\rightarrow+\infty}E\left(x\right)$

ce qui entraîne :

$\lim_{x\rightarrow+\infty}d\left(x\right)=-\frac{1}{\sqrt\pi}-\frac{\lambda}{2}$

Nous avons établi que l’intégrale $D$ est convergente. Considérons maintenant l’intégrale impropre :

$\Delta=\int_{\pi}^{+\infty}\frac{\sin\left(t\right)}{\sqrt{t}+\sin\left(t\right)}\thinspace dt$

Il est clair qu’au voisinage de $+\infty$ :

$\frac{\sin\left(t\right)}{\sqrt{t}+\sin\left(t\right)}=\frac{\sin\left(t\right)}{\sqrt{t}}\:\frac{1}{1+\frac{\sin\left(t\right)}{\sqrt{t}}}\sim\frac{\sin\left(t\right)}{\sqrt{t}}$

En appliquant la règle des équivalents à ce cas de figure, on conclurait que les intégrales $D$ et $\Delta$ sont de même nature, autrement dit que $\Delta$ est convergente.

Mais il n’en est rien !

En effet, lorsque $t\rightarrow+\infty$ :

$\frac{\sin\left(t\right)}{\sqrt{t}+\sin\left(t\right)}=\frac{\sin\left(t\right)}{\sqrt{t}}\left(1-\frac{\sin\left(t\right)}{\sqrt{t}}+O\left(\frac{\sin^{2}\left(t\right)}{t}\right)\right)$

et donc :

$\frac{\sin\left(t\right)}{\sqrt{t}+\sin\left(t\right)}=\boxed{\frac{\sin\left(t\right)}{\sqrt{t}}}_{\;\color{red}1}-\boxed{\frac{\sin^{2}\left(t\right)}{t}}_{\;\color{red}2}+\boxed{O\left(\frac{1}{t^{3/2}}\right)}_{\;\color{red}3}$

ce qui fait apparaître trois contributions.

La première, donne une intégrale convergente comme on l’a déjà expliqué (il s’agit de $D)$ et la troisième donne une intégrale absolument convergente (si une fonction continue $g:\left[\pi,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R}$ vérifie $g\left(t\right)=O\left(\frac{1}{t^{3/2}}\right)$ lorsque $t\rightarrow+\infty,$ alors il existe $M>0$ tel que

$\forall t\geqslant\pi,\thinspace\left|g\left(t\right)\right|\leqslant\frac{M}{t^{3/2}}$

d’où le résultat par comparaison). Quant à la seconde, elle donne une intégrale divergente puisque :

$\forall t\geqslant\pi,\thinspace\frac{\sin^{2}\left(t\right)}{t}=\frac{1-\cos\left(2t\right)}{2t}$

or l’intégrale $\int_{\pi}^{+\infty}\frac{1}{t}\thinspace dt$ diverge tandis que l’intégrale $\int_{\pi}^{+\infty}\frac{\cos\left(2t\right)}{t}\thinspace dt$ converge (non détaillé : preuve en tous points analogue à celle de la convergence de $D).$

L’intégrale $\Delta$ est donc bien divergente. Résumons :

Si $f,g:\left[a,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R}$ sont deux applications continues, alors les intégrales impropres $\int_{a}^{+\infty}f\left(t\right)\thinspace dt$ et $\int_{a}^{+\infty}g\left(t\right)\thinspace dt$ peuvent être de natures différentes, même si $f\left(t\right)\sim g\left(t\right)$ au voisinage de $+\infty.$

Pour que la règle des équivalents (cf. section 4) soit applicable, il est indispensable que l’une des deux fonctions soit localement de signe constant (ce qui impose la même propriété pour l’autre).

Précisons que « localement » signifie ici : sur $[t_0,+\infty[$ pour $t_0$ assez grand.

7 – Intégrales semi-convergentes

On examine dans cette section un exemple détaillé d’intégrale semi-convergente, c’est-à-dire convergente mais non absolument convergente.

Reprenons l’intégrale $\displaystyle{D=\int_{\pi}^{+\infty}\frac{\sin\left(t\right)}{\sqrt{t}}\thinspace dt}$ introduite au début de la section 6. Nous avons établi sa convergence. Montrons maintenant que l’intégrale $\int_{\pi}^{+\infty}\frac{\left|\sin\left(t\right)\right|}{\sqrt{t}}\thinspace dt$ diverge. En posant, pour tout $x>\pi$ :

$g\left(x\right)=\int_{\pi}^{x}\frac{\left|\sin\left(t\right)\right|}{\sqrt{t}}\thinspace dt$

il s’agit de montrer que :

$\lim_{x\rightarrow+\infty}g\left(x\right)=+\infty$

On peut envisager deux méthodes …

– Méthode 1 –

On va montrer que $\lim_{n\rightarrow\infty}g\left(n\pi\right)=+\infty,$ ce qui permettra de conclure puisque $g$ est croissante (intégrale partielle d’une fonction positive).

Pour tout entier $n\geqslant2$ la relation de Chasles donne :

$g\left(n\pi\right)=\sum_{k=1}^{n-1}\int_{k\pi}^{\left(k+1\right)\pi}\frac{\left|\sin\left(t\right)\right|}{\sqrt{t}}\thinspace dt$

or, pour tout $k\in\mathbb{N}^{\star},$ on obtient en changeant de variable :

$\begin{equation*}\begin{split}\int_{k\pi}^{\left(k+1\right)\pi}\frac{\left|\sin\left(t\right)\right|}{\sqrt{t}}\thinspace dt & = \int_{0}^{\pi}\frac{\sin\left(u\right)}{\sqrt{u+k\pi}}\thinspace du\\& \geqslant \frac{1}{\sqrt{\left(k+1\right)\pi}}\int_{0}^{\pi}\sin\left(u\right)\thinspace du\\& = \frac{2}{\sqrt{\left(k+1\right)\pi}}\end{split}\end{equation*}$

Ainsi, pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star}$ :

$g\left(n\pi\right)\geqslant\frac{2}{\sqrt{\pi}}\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}$

d’où le résultat annoncé, puisque la série de Riemann $\sum_{k\geqslant2}\frac{1}{\sqrt{k}}$ diverge.

– Méthode 2 –

On exploite le fait que $\forall t\in\left[0,1\right],\thinspace t\geqslant t^{2}.$
Ainsi, pour tout $x>\pi$ et via une formule de linéarisation :

$g\left(x\right)\geqslant\int_{\pi}^{x}\frac{\sin^{2}\left(t\right)}{\sqrt{t}}\thinspace dt=\int_{\pi}^{x}\frac{1-\cos\left(2t\right)}{2\sqrt{t}}\thinspace dt=A\left(x\right)-B\left(x\right)$

où l’on a posé :

$A\left(x\right)=\int_{\pi}^{x}\frac{1}{\sqrt{t}}\thinspace dt=2\sqrt{x}-2\sqrt{\pi}$

et :

$B\left(x\right)=\int_{\pi}^{x}\frac{\cos\left(2t\right)}{\sqrt{t}}\thinspace dt$

Or, d’une part, il est clair que $\lim_{x\rightarrow+\infty}A\left(x\right)=+\infty$ et, d’autre part, $B$ admet en $+\infty$ une limite finie (appliquer la méthode développée à la section 6 pour l’intégrale $D$ : intégration par parties + convergence absolue). En particulier $B$ est bornée.

On en déduit le résultat attendu : $\lim_{x\rightarrow+\infty}g\left(x\right)=+\infty.$

8 – Cas d’un intervalle d’intégration semi-ouvert borné

On s’est restreint, depuis le début de cet article, à des intégrales de fonctions continues sur des intervalles de la forme $\left[a,+\infty\right[.$

Autrement dit, les intégrales considérées étaient impropres pour la borne $+\infty.$ On change maintenant le fusil d’épaule …

Etant donnés deux réels $a<b$ et $f:\left]a,b\right]\rightarrow\mathbb{R}$ continue, posons pour tout $x\in\left]a,b\right[$ :

$F\left(x\right)=\int_{x}^{b}f\left(t\right)\thinspace dt$

et intéressons-nous à la limite éventuelle de $F\left(x\right)$ lorsque $x$ tend vers $a$ (par valeurs supérieures).

Si cette limite existe et est finie, l’intégrale $\int_{a}^{b}f\left(t\right)\thinspace dt$ (qui est impropre pour la borne $a)$ est dite convergente et ce symbole désigne aussi la limite en question.

Signalons pour commencer que si $f$ possède en $a$ une limite finie $\lambda$ , il suffit de prolonger $f$ par continuité en $a$ , en posant

$\tilde f(t)=\left\{\begin{matrix}{f(t) & \text{si }a<t\leqslant b\\ \lambda & \text{si }t=a\end{matrix}\right.$

pour se ramener au cas ordinaire de l’intégrale d’une fonction continue sur un segment. L’intégrale $\int_{a}^{b}f\left(t\right)\thinspace dt$ est alors dite faussement impropre.

Exemple

L’intégrale :

$\int_{0}^{\pi}\frac{\sin\left(t\right)}{t}\thinspace dt$

est faussement impropre en 0, vu que $\lim_{t\rightarrow0^{+}}\frac{\sin\left(t\right)}{t}=1.$

Les choses deviennent plus intéressantes lorsqu’un tel prolongement par continuité n’est pas possible. C’est typiquement le cas lorsque $\displaystyle{\lim_{t\to a}f(t)=\pm\infty}$ (mais il se peut aussi que $f$ n’admette tout simplement pas de limite en $a$ ).

Par exemple, l’intégrale $\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{t}}\thinspace dt$ (qui est impropre pour la borne 0) est convergente car :

$\lim_{x\rightarrow0^{+}}\int_{x}^{1}\frac{1}{\sqrt{t}}\thinspace dt=\lim_{x\rightarrow0^{+}}\left(2-2\sqrt{x}\right)=2$

On peut alors énoncer un principe de comparaison, très semblable à celui présenté à la section 2 :

Principe de comparaison (bis)

Soient $f,g:\left]a,b\right]\rightarrow\mathbb{R}$ deux applications continues telles que :

$\forall t\in\left]a,b\right],\thinspace0\leqslant f\left(t\right)\leqslant g\left(t\right)\qquad\left(\star\right)$

Si l’intégrale impropre $\int_{a}^{b}g\left(t\right)\thinspace dt$ converge, alors il en va de même pour $\int_{a}^{b}f\left(t\right)\thinspace dt.$

Comme expliqué à la section 3, il nous faut des intégrales « de référence » !

Voici le minimum syndical :

Proposition

L’intégrale impropre :

$\int_{a}^{b}\frac{1}{\left(t-a\right)^{\alpha}}\thinspace dt$

est convergente si, et seulement si $\alpha<1.$

Par exemple, pour l’intégrale $\int_{0}^{1}\frac{\sin\left(t\right)}{t^{3/2}}\thinspace dt,$ on peut voir que :

$\forall t\in\left]0,1\right],\thinspace0\leqslant\frac{\sin\left(t\right)}{t^{3/2}}\leqslant\frac{t}{t^{3/2}}=\frac{1}{\sqrt{t}}$

d’où l’on déduit sa convergence, puisque l’intégrale $\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{t}}\thinspace dt$ converge.

On dispose aussi d’une règle des équivalents (conséquence du principe de comparaison) :

Règle des équivalents (bis)

Soient $f,g:\left]a,b\right]\rightarrow\mathbb{R}$ continues. On suppose que $f\left(t\right)\sim g\left(t\right)$ lorsque $t\rightarrow a.$
On suppose en outre que $g\left(t\right)\geqslant0$ pour $t$ assez proche de $a.$ Alors les intégrales $\int_{a}^{b}f\left(t\right)\thinspace dt$ et $\int_{a}^{b}g\left(t\right)\thinspace dt$ sont de même nature (ce qui signifie qu’elles sont toutes les deux convergentes ou bien toutes les deux divergentes).

Par exemple, pour l’intégrale $\int_{0}^{1}\frac{\sin\left(t\right)}{t^{2}}\thinspace dt,$ on observe que :

$\forall t\in\left]0,1\right],\thinspace\frac{\sin\left(t\right)}{t^{2}}\sim\frac{1}{t}$

ce qui prouve sa divergence, puisque l’intégrale ${\displaystyle \int_{0}^{1}\thinspace\frac{1}{t}}dt$ diverge.

9 – Intégrales multiplement impropres

Evitons ici les généralités abstraites et contentons-nous d’exemples pour comprendre de quoi il retourne. L’intégrale

$J=\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-t}}{\sqrt{t}}\thinspace dt$

n’entre ni dans le cadre de la section 1 ni dans celui de la section 7, car elle est doublement impropre : pour la borne 0 et pour la borne $+\infty.$

Pour traiter cette situation, on partage l’intervalle d’intégration. On considère les deux intégrales (simplement) impropres :

$J_{0}=\int_{0}^{1}\frac{e^{-t}}{\sqrt{t}}\thinspace dt\qquad\text{et}\qquad J_{1}=\int_{1}^{+\infty}\frac{e^{-t}}{\sqrt{t}}\thinspace dt$

On pourrait d’ailleurs remplacer la borne 1 par tout autre nombre réel strictement positif.

Il s’agit alors de déterminer la nature de $J_{0}$ et de $J_{1}.$

➡ L’intégrale $J$ sera déclarée convergente à condition que $J_{0}$ et $J_{1}$ le soient.

Il se trouve que c’est le cas. En effet, l’équivalent

$\frac{e^{-t}}{\sqrt{t}}\underset{{\scriptstyle 0}}{\sim}\frac{1}{\sqrt{t}}$

prouve que $J_{0}$ est convergente et la majoration

$\forall t\geqslant1,\;0\leqslant\frac{e^{-t}}{\sqrt{t}}\leqslant e^{-t}$

prouve que $J_{1}$ est aussi convergente (puisque c’est le cas de $\int_{1}^{+\infty}e^{-t}\thinspace dt,$ ce qu’on voit directement en calculant l’intégrale partielle).

Maintenant, généralisons et considérons pour tout réel $x,$ l’intégrale :

$\int_{0}^{+\infty}t^{x-1}e^{-t}\thinspace dt$

L’intégrale $J$ précédente correspondait au cas particulier $x=\frac{1}{2}.$

Si $x\geqslant1,$ cette intégrale est impropre pour la borne $+\infty$ seulement. Pour établir sa convergence, on peut observer que $\lim_{t\rightarrow+\infty}t^{x+1}e^{-t}=0$ (propriété bien connue de l’exponentielle qui « l’emporte », au voisinage de $+\infty$ sur toute fonction puissance d’exposant fixe), ce qui entraîne l’existence d’un réel $A>1$ tel que :

$\forall t\geqslant A,\thinspace t^{x+1}e^{-t}\leqslant1$

c’est-à-dire :

$\forall t\geqslant A,\thinspace t^{x-1}e^{-t}\leqslant\frac{1}{t^{2}}\qquad\left(\star\right)$

d’où la conclusion, via le principe de comparaison (et de la remarque n° 1 qui la suit).

Mais si $x<1,$ cette intégrale est doublement impropre (un problème en 0 s’est ajouté à celui en $+\infty).$ Là encore, on considère séparément les intégrales :

$\int_{0}^{1}t^{x-1}e^{-t}\thinspace dt\qquad\text{et}\qquad\int_{1}^{+\infty}t^{x-1}e^{-t}\thinspace dt$

Pour la première, l’équivalent

$t^{x-1}e^{-t}\underset{{\scriptstyle 0}}{\sim}t^{x-1}$

montre qu’elle converge si, et seulement si $x>0$ .

Et pour la seconde, la convergence a déjà été prouvée ci-dessus (cf. majoration $\left(\star\right)).$

On peut donc conclure :

$\int_{0}^{+\infty}t^{x-1}e^{-t}\thinspace dt\text{ est convergente}\Leftrightarrow x>0$

Précisons que cet exemple n’a rien d’anecdotique. Il s’agit de la célèbre fonction Gamma d’Euler :

$\boxed{\forall x>0,\thinspace\Gamma\left(x\right)=\int_{0}^{+\infty}t^{x-1}e^{-t}\thinspace dt}$

On prouve facilement par récurrence (voir l’exercice n° 3 de cette fiche) que :

$\forall n\in\mathbb{N},\thinspace\int_{0}^{+\infty}t^{n}e^{-t}\thinspace dt=n!$

La fonction $\left]-1,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto\Gamma\left(x+1\right)$ prolonge donc la suite des factorielles.

Quant à l’intégrale $J$ du début, elle est étroitement liée à l’intégrale de Gauss (cf. fin de la section 1), puisque le changement de variable $t=x^{2}$ donne :

$J=\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-t}}{\sqrt{t}}\thinspace dt=2\int_{0}^{+\infty}e^{-x^{2}}\thinspace dx=\sqrt{\pi}$

Voici, à titre indicatif, l’allure du graphe de la fonction $\Gamma$ :

10 – Une condition ni nécessaire ni suffisante

Les intégrales impropres et les séries numériques se ressemblent beaucoup, au moins par certains aspects :

définition par l’existence d’une limite finie pour l’intégrale ou la somme partielle,
principe de comparaison et règle des équivalents,
convergence absolue …

Mais il existe aussi des différences notables. On connaît par exemple la :

Condition nécessaire de convergence (pour les séries numériques)

Soit $\left(a_{n}\right)_{n\geqslant1}$ une suite réelle.

Si la série $\sum_{n\geqslant1}a_{n}$ converge, alors $\lim_{n\rightarrow\infty}a_{n}=0.$

La preuve de cette proposition est simple. Si l’on note $S_{n}$ la $n$ -ème somme partielle, définie par :

$\forall n\in\mathbb{N}^{\star},\thinspace S_{n}=\sum_{k=1}^{n}a_{k}$

alors la suite $\left(S_{n}\right)_{n\geqslant1}$ converge par hypothèse vers un réel $\sigma.$ Or :

$\forall n\geqslant2,\,a_{n}=S_{n}-S_{n-1}$

d’où la conclusion en passant à la limite.

Mais pour les intégrales impropres, rien de tel !

Proposition

Etant donnée $f:\left[0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R}$ continue, il n’existe AUCUN LIEN entre :

la convergence de l’intégrale impropre $\int_{0}^{+\infty}f\left(t\right)\thinspace dt$
le fait que $\lim_{t\rightarrow+\infty}f\left(t\right)=0$

Pour justifier cette affirmation, nous allons devoir exhiber :

un premier exemple où l’intégrale diverge, bien que $f$ tende vers 0 en $+\infty$
un second exemple ou l’intégrale converge, bien que $f$ ne tende pas vers 0 en $+\infty$

➡ Le premier exemple est facile à trouver. Il suffit de considérer l’intégrale divergente :

$\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{t+1}\thinspace dt}$

➡ Le second sera moins immédiat, car si $\int_{0}^{+\infty}f\left(t\right)\thinspace dt$ converge et si $f$ admet une limite en $+\infty,$ alors cette limite est nécessairement nulle (voir l’exercice n° 2 de cette fiche). Il nous faut donc une application $f$ ne possédant pas de limite en $+\infty.$ Considérons celle-ci :

$f:\left[0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto\cos\left(t^{2}\right)$

Les suites $\left(s_{n}\right)_{n\geqslant1}$ et $\left(t_{n}\right)_{n\geqslant1}$ respectivement définies par :

$s_{n}=\sqrt{2n\pi}\qquad\text{et}\qquad t_{n}=\sqrt{\left(2n+1\right)\pi}$

divergent toutes deux vers $+\infty$ et, d’évidence :

$\lim_{n\rightarrow\infty}f\left(s_{n}\right)=1\qquad\text{et}\qquad\lim_{n\rightarrow\infty}f\left(t_{n}\right)=-1$

Ceci montre que $f$ ne possède effectivement pas de limite en $+\infty.$ Pourtant, pour tout $x>1$ :

$\int_{1}^{x}\cos\left(t^{2}\right)\thinspace dt=\int_{1}^{x^{2}}\frac{\cos\left(u\right)}{2\sqrt{u}}\thinspace du$

d’où, en intégrant par parties :

$\begin{equation*}\begin{split}\int_{1}^{x}\cos\left(t^{2}\right)\thinspace dt & = \left[\frac{\sin\left(u\right)}{2\sqrt{u}}\right]_{1}^{x^{2}}+\int_{1}^{x^{2}}\frac{\sin\left(u\right)}{4u^{3/2}}\thinspace du\\& = \frac{\sin\left(x^{2}\right)}{2x}-\frac{\sin\left(1\right)}{2}+\int_{1}^{x^{2}}\frac{\sin\left(u\right)}{4u^{3/2}}\thinspace du\end{split}\end{equation*}$

et cette dernière expression admet une limite finie lorsque $x\rightarrow+\infty$ en raison de la convergence absolue de l’intégrale $\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin\left(u\right)}{4u^{3/2}}\thinspace du.$

Précisons qu’il est possible de montrer que :

$\int_0^{+\infty}\sin(t^2)\,dt=\int_0^{+\infty}\cos(t^2)\,dt=\frac12\sqrt{\frac\pi2}$

Ces intégrales sont appelées intégrales de Fresnel.

Vos questions ou remarques seront toujours les bienvenues. Vous pouvez laisser un commentaire ci-dessous ou bien passer par le formulaire de contact.

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