Intégrales absolument convergentes et fonctions intégrables

La démonstration est identique à celle donnée sur $[a,+\infty[$ ; on la reprend en remplaçant le passage à la limite en $+\infty$ par le passage à la limite en la borne concernée. Traitons le cas $I = [a,b[$.

• Cas $\mathbb{K} = \mathbb{R}$. Les fonctions $f^{+} = \dfrac{\lvert f\rvert + f}{2}$ et $f^{-} = \dfrac{\lvert f\rvert - f}{2}$ sont continues par morceaux sur $I$ et vérifient $0 \leqslant f^{\pm} \leqslant \lvert f\rvert$. Comme $\displaystyle\int_a^b \lvert f\rvert$ converge, la comparaison des fonctions positives donne la convergence de $\displaystyle\int_a^b f^{+}$ et $\displaystyle\int_a^b f^{-}$. Puisque $f = f^{+} - f^{-}$, la linéarité et les opérations sur les limites donnent la convergence de $\displaystyle\int_a^b f$.

• Cas $\mathbb{K} = \mathbb{C}$. On applique le cas réel à $\operatorname{Re} f$ et $\operatorname{Im} f$, qui vérifient $\lvert \operatorname{Re} f\rvert \leqslant \lvert f\rvert$ et $\lvert \operatorname{Im} f\rvert \leqslant \lvert f\rvert$.

Le cas d'un intervalle ouvert aux deux extrémités s'obtient en coupant en un point intérieur.

• Structure d'espace vectoriel. La fonction nulle est intégrable, donc $L^1(I,\mathbb{K}) \neq \varnothing$. Soient $f, g \in L^1(I,\mathbb{K})$ et $\lambda \in \mathbb{K}$. La fonction $\lambda f + g$ est continue par morceaux sur $I$, et l'inégalité triangulaire ponctuelle donne

  $$\lvert \lambda f + g\rvert \leqslant \lvert\lambda\rvert\,\lvert f\rvert + \lvert g\rvert .$$

  Or $\displaystyle\int_I \bigl(\lvert\lambda\rvert\lvert f\rvert + \lvert g\rvert\bigr)$ converge, par linéarité appliquée à deux intégrales convergentes. La comparaison des fonctions positives donne alors la convergence de $\displaystyle\int_I \lvert \lambda f + g\rvert$ : la fonction $\lambda f + g$ est intégrable. Ainsi $L^1(I,\mathbb{K})$ est un sous-espace vectoriel de l'espace des fonctions continues par morceaux de $I$ dans $\mathbb{K}$.

• Inégalité triangulaire. Traitons le cas $I = [a,b[$. Pour tout $x \in I$, l'inégalité triangulaire sur le segment $[a,x]$ donne

  $$\left\lvert \int_a^x f \right\rvert \leqslant \int_a^x \lvert f\rvert .$$

  Les deux membres admettent une limite finie quand $x \to b^{-}$ — le premier parce que $f$ est intégrable donc son intégrale converge, et la fonction module est continue ; le second par définition de l'intégrabilité. Le passage à la limite dans une inégalité large la conserve, d'où le résultat.

Soit $[\alpha,\beta]$ un segment inclus dans $I$. Comme $f \geqslant 0$, la relation de Chasles et la positivité donnent

la seconde inégalité venant de ce que les contributions de $I \setminus [\alpha,\beta]$ sont positives. Donc $\displaystyle\int_{\alpha}^{\beta} f = 0$.

La fonction $f$ étant continue et positive sur le segment $[\alpha,\beta]$ et d'intégrale nulle, le résultat établi à la leçon 2 donne $f = 0$ sur $[\alpha,\beta]$.

Enfin, tout point de $I$ appartient à un tel segment inclus dans $I$ : $f$ est donc identiquement nulle sur $I$.

1. La fonction $x \mapsto x^{\alpha}$ est continue et positive sur $\left]0,1\right]$ : intégrabilité et convergence y coïncident.

Si $\alpha \neq -1$, pour $\varepsilon \in \left]0,1\right]$,

Cette expression admet une limite finie quand $\varepsilon \to 0^{+}$ si et seulement si $\varepsilon^{\alpha+1}$ en admet une, c'est-à-dire si et seulement si $\alpha + 1 > 0$ ; la limite vaut alors $\dfrac{1}{\alpha+1}$. Si $\alpha + 1 < 0$, $\varepsilon^{\alpha+1} \to +\infty$ et l'intégrale diverge.

Si $\alpha = -1$, $\displaystyle\int_{\varepsilon}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{x} = -\ln\varepsilon \to +\infty$ : divergence. Le cas critique $\alpha = -1$ est donc du côté divergent.

2. Sur $\left]0,1\right]$ on a $\ln x \leqslant 0$, donc $\lvert \ln x\rvert = -\ln x$, fonction continue et positive. Une primitive de $x \mapsto -\ln x$ est $x \mapsto x - x\ln x$ (dérivée : $1 - \ln x - 1 = -\ln x$), d'où

Par croissances comparées, $\varepsilon\ln\varepsilon \to 0$ quand $\varepsilon \to 0^{+}$ : l'intégrale converge et vaut $1$. La fonction est donc intégrable sur $\left]0,1\right]$.

Traitons la première ; la seconde s'en déduit par le changement de variable $x \mapsto a + b - x$, bijectif et de classe $\mathcal{C}^1$ de $[a,b[$ sur $\left]a,b\right]$.

Le changement de variable $x = a + t$, bijectif et de classe $\mathcal{C}^1$ de $\left]0, b-a\right]$ sur $\left]a,b\right]$, avec $\lvert\varphi'\rvert = 1$, donne que $\displaystyle\int_a^b \frac{\mathrm{d}x}{(x-a)^{\alpha}}$ est de même nature que

D'après la proposition précédente — dont la nature ne dépend pas de la borne supérieure finie, seul le comportement en $0$ étant en jeu — cette intégrale converge si et seulement si $-\alpha > -1$, c'est-à-dire $\alpha < 1$.