MPSI · Intégration

Intégrabilité sur [a, +∞[

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Les critères de la leçon précédente ne valent que pour les fonctions de signe constant : c'est la croissance des intégrales partielles qui les fait fonctionner. Que faire d'une fonction qui change de signe indéfiniment ? L'idée de cette leçon est d'étudier ∣f∣\lvert f \rvert, à laquelle tous les critères s'appliquent, et de montrer que c'est suffisant.

Dans toute la leçon, K\mathbb{K} désigne R\mathbb{R} ou C\mathbb{C}.

Fonctions intégrables

Question

Pour une fonction changeant de signe, l'aire algébrique ∫axf\displaystyle\int_a^x f n'est plus monotone : elle peut osciller, et l'on perd tout critère. En revanche ∣f∣\lvert f \rvert est positive, donc justiciable de la leçon précédente. Contrôler ∫a+∞∣f∣\displaystyle\int_a^{+\infty}\lvert f\rvert suffit-il à contrôler ∫a+∞f\displaystyle\int_a^{+\infty} f ?

Définition 1 : Fonction intégrable

Une fonction f:[a,+∞[→Kf : [a, +\infty[ \to \mathbb{K} est dite intégrable sur [a,+∞[[a, +\infty[ si elle est continue par morceaux sur [a,+∞[[a, +\infty[ et si ∫a+∞∣f∣\displaystyle \int_a^{+\infty} |f| converge.

On dit indifféremment que « ff est intégrable sur [a,+∞[[a, +\infty[ » ou que « l'intégrale ∫a+∞f\displaystyle \int_a^{+\infty} f converge absolument ».

Remarque :

Pour ff de signe constant, ∫a+∞f\displaystyle \int_a^{+\infty} f converge si, et seulement si, ff est intégrable sur [a,+∞[[a, +\infty[. Un calcul montrant que ∫a+∞∣f∣<+∞\displaystyle \int_a^{+\infty} |f| < +\infty vaut preuve d'intégrabilité.

Exemple :

t↦sin⁡tt2t \mapsto \dfrac{\sin t}{t^2} est intégrable sur [1,+∞[[1,+\infty[ : elle change de signe une infinité de fois, mais ∣sin⁡tt2∣⩽1t2\left\lvert \dfrac{\sin t}{t^2} \right\rvert \leqslant \dfrac{1}{t^2} et l'intégrale de Riemann d'exposant 22 converge. Que peut-on en déduire sur ∫1+∞sin⁡tt2 dt\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{\sin t}{t^2}\,\mathrm{d}t elle-même ?

Théorème 1

Si ff est intégrable sur [a,+∞[[a, +\infty[, alors ∫a+∞f\displaystyle \int_a^{+\infty} f converge.

Démonstration :

  • Cas K=R\mathbb{K} = \mathbb{R}. Introduisons les parties positive et négative de ff :

    f+=max⁡(f,0)=∣f∣+f2,f−=max⁡(−f,0)=∣f∣−f2.f^{+} = \max(f, 0) = \frac{\lvert f\rvert + f}{2}, \qquad f^{-} = \max(-f, 0) = \frac{\lvert f\rvert - f}{2}.

    Ces deux fonctions sont continues par morceaux sur tout segment (stabilité par combinaison linéaire et passage au module, établie à la leçon 1), et vérifient

    0⩽f+⩽∣f∣,0⩽f−⩽∣f∣,f=f+−f−.0 \leqslant f^{+} \leqslant \lvert f\rvert, \qquad 0 \leqslant f^{-} \leqslant \lvert f\rvert, \qquad f = f^{+} - f^{-}.

    Comme ∫a+∞∣f∣\displaystyle\int_a^{+\infty}\lvert f\rvert converge, le théorème de comparaison des fonctions positives assure la convergence de ∫a+∞f+\displaystyle\int_a^{+\infty} f^{+} et de ∫a+∞f−\displaystyle\int_a^{+\infty} f^{-}. Par linéarité de l'intégrale sur chaque segment,

    ∫axf=∫axf+−∫axf−,\int_a^x f = \int_a^x f^{+} - \int_a^x f^{-},

    différence de deux fonctions admettant une limite finie en +∞+\infty : elle en admet donc une, et ∫a+∞f\displaystyle\int_a^{+\infty} f converge.

  • Cas K=C\mathbb{K} = \mathbb{C}. Les fonctions Re⁡f\operatorname{Re} f et Im⁡f\operatorname{Im} f sont continues par morceaux et vérifient ∣Re⁡f∣⩽∣f∣\lvert \operatorname{Re} f \rvert \leqslant \lvert f \rvert et ∣Im⁡f∣⩽∣f∣\lvert \operatorname{Im} f \rvert \leqslant \lvert f \rvert. Par comparaison des fonctions positives, Re⁡f\operatorname{Re} f et Im⁡f\operatorname{Im} f sont intégrables, donc le cas réel s'applique à chacune : ∫a+∞Re⁡f\displaystyle\int_a^{+\infty}\operatorname{Re} f et ∫a+∞Im⁡f\displaystyle\int_a^{+\infty}\operatorname{Im} f convergent. Comme

    ∫axf=∫axRe⁡f+i∫axIm⁡f,\int_a^x f = \int_a^x \operatorname{Re} f + \mathrm{i}\int_a^x \operatorname{Im} f,

    l'intégrale ∫a+∞f\displaystyle\int_a^{+\infty} f converge.

Remarque :

La réciproque est fausse : il existe des intégrales convergentes mais non absolument convergentes, dites semi-convergentes (exemple classique : ∫1+∞sin⁡tt dt\displaystyle \int_1^{+\infty} \frac{\sin t}{t}\,\mathrm{d}t). Leur étude n'est pas un objectif du programme.

+−+−1/t−1/t
Semi-convergence : la fonction t ↦ sin(t)/t oscille entre les deux enveloppes ±1/t. Les aires successives, alternées et décroissantes, se compensent — l'intégrale converge — mais leurs valeurs absolues s'additionnent en une somme infinie.

Test 1 : Réciproque du théorème

Si ∫a+∞f\displaystyle\int_a^{+\infty} f converge, alors ff est intégrable sur [a,+∞[[a,+\infty[.

Test 2 : Cas du signe constant

Pour une fonction continue par morceaux et positive sur [a,+∞[[a,+\infty[, convergence et intégrabilité sont équivalentes.

Le théorème de comparaison

Question

Le théorème de la leçon précédente exigeait 0⩽f⩽g0 \leqslant f \leqslant g : deux hypothèses de signe et une inégalité ponctuelle. Maintenant que l'intégrabilité est définie à partir de ∣f∣\lvert f \rvert, ces contraintes peuvent-elles être remplacées par des relations de comparaison asymptotiques, valables pour des fonctions de signe quelconque, voire complexes ?

Théorème 2 : Théorème de comparaison

Soient ff et gg deux fonctions continues par morceaux sur [a,+∞[[a, +\infty[, à valeurs dans K\mathbb{K}.

  1. Si f(x)=x→+∞O(g(x))f(x) \underset{x \to +\infty}{=} \mathrm{O}\bigl(g(x)\bigr), alors l'intégrabilité de gg sur [a,+∞[[a, +\infty[ implique celle de ff. Le résultat s'applique en particulier si f(x)=x→+∞o(g(x))f(x) \underset{x \to +\infty}{=} \mathrm{o}\bigl(g(x)\bigr).
  2. Si ∣f(x)∣∼x→+∞∣g(x)∣|f(x)| \underset{x \to +\infty}{\sim} |g(x)|, alors l'intégrabilité de gg sur [a,+∞[[a, +\infty[ équivaut à celle de ff. Le résultat s'applique en particulier si f(x)∼x→+∞g(x)f(x) \underset{x \to +\infty}{\sim} g(x).

Démonstration :

1. L'hypothèse f=O(g)f = \mathrm{O}(g) signifie qu'il existe A⩾aA \geqslant a et C>0C > 0 tels que

∀t⩾A,∣f(t)∣⩽C ∣g(t)∣.\forall t \geqslant A, \quad \lvert f(t)\rvert \leqslant C\,\lvert g(t)\rvert .

Les fonctions ∣f∣\lvert f \rvert et C∣g∣C\lvert g\rvert sont continues par morceaux et positives sur [A,+∞[[A,+\infty[. Comme gg est intégrable, ∫A+∞∣g∣\displaystyle\int_A^{+\infty}\lvert g\rvert converge, donc ∫A+∞C∣g∣\displaystyle\int_A^{+\infty} C\lvert g\rvert aussi. Le théorème de comparaison des fonctions positives donne la convergence de ∫A+∞∣f∣\displaystyle\int_A^{+\infty}\lvert f\rvert, donc celle de ∫a+∞∣f∣\displaystyle\int_a^{+\infty}\lvert f\rvert puisque la nature ne dépend pas de la borne inférieure : ff est intégrable sur [a,+∞[[a,+\infty[.

Le cas f=o(g)f = \mathrm{o}(g) en découle, la négligeabilité impliquant la domination.

2. Supposons ∣f∣∼∣g∣\lvert f \rvert \sim \lvert g\rvert en +∞+\infty. Par définition, il existe une fonction ε\varepsilon tendant vers 00 en +∞+\infty telle que ∣f∣=∣g∣ (1+ε)\lvert f\rvert = \lvert g\rvert\,(1+\varepsilon) au voisinage de +∞+\infty. Il existe donc A⩾aA \geqslant a tel que ∣ε(t)∣⩽12\lvert \varepsilon(t)\rvert \leqslant \tfrac12 pour t⩾At \geqslant A, d'où

∀t⩾A,12 ∣g(t)∣⩽∣f(t)∣⩽32 ∣g(t)∣.\forall t \geqslant A, \quad \frac{1}{2}\,\lvert g(t)\rvert \leqslant \lvert f(t)\rvert \leqslant \frac{3}{2}\,\lvert g(t)\rvert .

L'inégalité de droite donne f=O(g)f = \mathrm{O}(g), donc l'intégrabilité de gg entraîne celle de ff par le point 1. ; celle de gauche donne g=O(f)g = \mathrm{O}(f), d'où l'implication réciproque. Les deux intégrabilités sont donc équivalentes.

Enfin, si f∼gf \sim g, alors ∣f∣∼∣g∣\lvert f\rvert \sim \lvert g\rvert (passage au module dans une équivalence), et le résultat s'applique.

Remarque :

Deux mises en garde sur le point 2.

L'équivalence porte sur l'intégrabilité, pas sur la valeur. Deux fonctions équivalentes en +∞+\infty n'ont aucune raison d'avoir la même intégrale.

Elle ne dit rien de la convergence simple. Si f∼gf \sim g et si ∫a+∞g\displaystyle\int_a^{+\infty} g converge sans être absolument convergente, on ne peut rien conclure sur ∫a+∞f\displaystyle\int_a^{+\infty} f. Le théorème ne s'énonce qu'en termes d'intégrabilité — c'est-à-dire de convergence absolue — et cette restriction est essentielle.

Exemple :

Étudier l'intégrabilité sur [1,+∞[[1, +\infty[ de t↦ln⁡tt2t \mapsto \dfrac{\ln t}{t^2}. Comme ln⁡tt2=o ⁣(1t3/2)\dfrac{\ln t}{t^2} = \mathrm{o}\!\left(\dfrac{1}{t^{3/2}}\right) quand t→+∞t \to +\infty et que ∫1+∞dtt3/2\displaystyle \int_1^{+\infty}\frac{\mathrm{d}t}{t^{3/2}} converge (α=3/2>1\alpha = 3/2 > 1), la fonction est intégrable sur [1,+∞[[1, +\infty[.

Rédaction — Prouver l'intégrabilité d'une fonction de signe quelconque :

  1. Vérifier la continuité par morceaux sur [a,+∞[[a,+\infty[.
  2. Passer au module : l'objet de l'étude est ∣f∣\lvert f \rvert, positive, à laquelle tous les critères de la leçon précédente s'appliquent.
  3. Majorer ∣f(t)∣\lvert f(t)\rvert par une fonction de référence au voisinage de +∞+\infty. Les majorations universelles à connaître : ∣sin⁡t∣⩽1\lvert \sin t\rvert \leqslant 1, ∣cos⁡t∣⩽1\lvert \cos t\rvert \leqslant 1, ∣eit∣=1\left\lvert \mathrm{e}^{\mathrm{i}t}\right\rvert = 1.
  4. Conclure : ff intégrable, donc ∫a+∞f\displaystyle\int_a^{+\infty} f converge.

Le sens interdit : la non-intégrabilité de ff ne prouve jamais la divergence de ∫a+∞f\displaystyle\int_a^{+\infty} f. Si ∫a+∞∣f∣\displaystyle\int_a^{+\infty}\lvert f\rvert diverge, la question de la convergence de ∫a+∞f\displaystyle\int_a^{+\infty} f reste entièrement ouverte : c'est la situation de semi-convergence, hors programme.

Exercice 1 : Intégrabilité et paramètre

  1. Montrer que t↦cos⁡ttαt \mapsto \dfrac{\cos t}{t^{\alpha}} est intégrable sur [1,+∞[[1,+\infty[ si et seulement si α>1\alpha > 1.
  2. Pour quelles valeurs de β∈R\beta \in \mathbb{R} la fonction t↦(ln⁡t)βt2t \mapsto \dfrac{(\ln t)^{\beta}}{t^{2}} est-elle intégrable sur [2,+∞[[2,+\infty[ ?
  3. Montrer que t↦e−tsin⁡ ⁣(et)t \mapsto \mathrm{e}^{-t}\sin\!\left(\mathrm{e}^{t}\right) est intégrable sur [0,+∞[[0,+\infty[.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. La fonction est continue sur [1,+∞[[1,+\infty[.

Si α>1\alpha > 1 : ∣cos⁡ttα∣⩽1tα\left\lvert \dfrac{\cos t}{t^{\alpha}}\right\rvert \leqslant \dfrac{1}{t^{\alpha}}, et ∫1+∞dttα\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{\mathrm{d}t}{t^{\alpha}} converge. Par comparaison des fonctions positives, la fonction est intégrable.

Si α⩽1\alpha \leqslant 1 : montrons que ∫1+∞∣cos⁡t∣tα dt\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{\lvert\cos t\rvert}{t^{\alpha}}\,\mathrm{d}t diverge. Comme cos⁡2t⩽∣cos⁡t∣\cos^2 t \leqslant \lvert \cos t\rvert (car ∣cos⁡t∣⩽1\lvert\cos t\rvert \leqslant 1) et cos⁡2t=1+cos⁡2t2\cos^2 t = \dfrac{1+\cos 2t}{2} :

∫1x∣cos⁡t∣tα dt⩾12∫1xdttα+12∫1xcos⁡2ttα dt.\int_1^{x} \frac{\lvert\cos t\rvert}{t^{\alpha}}\,\mathrm{d}t \geqslant \frac{1}{2}\int_1^{x}\frac{\mathrm{d}t}{t^{\alpha}} + \frac{1}{2}\int_1^{x}\frac{\cos 2t}{t^{\alpha}}\,\mathrm{d}t .

Le premier terme tend vers +∞+\infty (α⩽1\alpha \leqslant 1). Le second reste borné : une intégration par parties avec u=t−αu = t^{-\alpha} et v=12sin⁡2tv = \tfrac12\sin 2t donne

∫1xcos⁡2ttα dt=[sin⁡2t2tα]1x+α2∫1xsin⁡2ttα+1 dt,\int_1^{x}\frac{\cos 2t}{t^{\alpha}}\,\mathrm{d}t = \left[\frac{\sin 2t}{2t^{\alpha}}\right]_1^{x} + \frac{\alpha}{2}\int_1^{x}\frac{\sin 2t}{t^{\alpha+1}}\,\mathrm{d}t,

où le crochet est borné et la dernière intégrale converge absolument dès que α+1>1\alpha + 1 > 1, c'est-à-dire α>0\alpha > 0 ; pour α⩽0\alpha \leqslant 0 la fonction ne tend même pas vers 00 et la divergence est immédiate. La somme tend donc vers +∞+\infty : la fonction n'est pas intégrable.

2. L'intégrande est continu et positif sur [2,+∞[[2,+\infty[. Choisissons γ∈]1,2[\gamma \in \left]1,2\right[, par exemple γ=32\gamma = \tfrac32. Par croissances comparées,

t3/2×(ln⁡t)βt2=(ln⁡t)βt1/2→t→+∞0t^{3/2}\times\frac{(\ln t)^{\beta}}{t^{2}} = \frac{(\ln t)^{\beta}}{t^{1/2}} \xrightarrow[t\to+\infty]{} 0

pour toute valeur de β\beta, le logarithme étant négligeable devant toute puissance positive de tt. Donc (ln⁡t)βt2=o ⁣(1t3/2)\dfrac{(\ln t)^{\beta}}{t^{2}} = \mathrm{o}\!\left(\dfrac{1}{t^{3/2}}\right) et la fonction est intégrable pour tout β∈R\beta \in \mathbb{R}. La puissance de ln⁡\ln ne pèse rien face à l'écart 2−322 - \tfrac32.

3. La fonction est continue sur [0,+∞[[0,+\infty[, et

∣e−tsin⁡ ⁣(et)∣⩽e−t.\left\lvert \mathrm{e}^{-t}\sin\!\left(\mathrm{e}^{t}\right)\right\rvert \leqslant \mathrm{e}^{-t}.

Comme ∫0+∞e−t dt\displaystyle\int_0^{+\infty}\mathrm{e}^{-t}\,\mathrm{d}t converge (et vaut 11), la fonction est intégrable. Noter qu'elle oscille de plus en plus vite : la fréquence explose, mais l'amplitude s'écrase, et c'est la seule chose qui compte.

Test 3 : Équivalence et convergence simple

Si f∼gf \sim g en +∞+\infty et si ∫a+∞g\displaystyle\int_a^{+\infty} g converge, alors ∫a+∞f\displaystyle\int_a^{+\infty} f converge.

Test 4 : Domination et module

Si ff et gg sont continues par morceaux sur [a,+∞[[a,+\infty[, si gg est intégrable et si ∣f∣⩽∣g∣\lvert f\rvert \leqslant \lvert g\rvert au voisinage de +∞+\infty, alors ∫a+∞f\displaystyle\int_a^{+\infty} f converge.