MPSI · Intégration

Intégration des relations de comparaison

Palier 0Palier 1Palier 1+Palier 2

Le chapitre s'achève sur un théorème d'un genre nouveau. Jusqu'ici, les relations de comparaison servaient à décider de la nature d'une intégrale. Il s'agit maintenant d'en obtenir un équivalent : si ff et φ\varphi se ressemblent au voisinage de bb, leurs intégrales se ressemblent-elles aussi ? La réponse est oui — mais elle ne porte pas sur le même objet selon que l'intégrale de référence converge ou diverge. D'où deux énoncés distincts, qu'il ne faut jamais confondre.

Dans toute la leçon, les fonctions sont définies sur un intervalle [a,b[[a,b[ avec −∞<a<b⩽+∞-\infty < a < b \leqslant +\infty, et l'étude est locale au voisinage de bb.

Question

Quand ∫abφ\displaystyle\int_a^b \varphi converge, la quantité qui décrit finement le comportement en bb est le reste ∫xbφ\displaystyle\int_x^b \varphi, qui tend vers 00 : c'est sa vitesse d'extinction qui est intéressante. Quand elle diverge, le reste n'existe pas, et l'objet naturel devient l'intégrale partielle ∫axφ\displaystyle\int_a^x \varphi, qui tend vers l'infini : c'est sa vitesse d'explosion qui compte. Faut-il alors deux théorèmes distincts, ou un seul énoncé peut-il couvrir les deux situations ?

xacas convergent : les restesxacas divergent : les intégrales partielles
Deux régimes, deux quantités. À gauche, l'intégrale converge : on compare les restes ∫ₓᵇ, aires résiduelles qui s'éteignent. À droite, elle diverge : on compare les intégrales partielles ∫ₐˣ, aires cumulées qui explosent.

Cas convergent : comparaison des restes

Proposition 1 : Intégration des relations de comparaison, cas convergent

Soit f∈CM([a,b[,K)f \in \mathcal{CM}([a,b[, \mathbb{K}), ainsi que φ∈CM([a,b[,R)\varphi \in \mathcal{CM}([a,b[, \mathbb{R}) de signe constant et intégrable.

  • Si f=bO(φ)f \underset{b}{=} \mathrm{O}(\varphi), alors ff est intégrable sur [a,b[[a,b[ et ∫xbf=x→bO ⁣(∫xbφ)\displaystyle \int_x^b f \underset{x \to b}{=} \mathrm{O}\!\left( \int_x^b \varphi \right).
  • Si f=bo(φ)f \underset{b}{=} \mathrm{o}(\varphi), alors ff est intégrable sur [a,b[[a,b[ et ∫xbf=x→bo ⁣(∫xbφ)\displaystyle \int_x^b f \underset{x \to b}{=} \mathrm{o}\!\left( \int_x^b \varphi \right).
  • Si f∼bφf \underset{b}{\sim} \varphi, alors ff est intégrable sur [a,b[[a,b[ et ∫xbf∼x→b∫xbφ\displaystyle \int_x^b f \underset{x \to b}{\sim} \int_x^b \varphi.

Démonstration :

Quitte à remplacer φ\varphi par −φ-\varphi — ce qui ne change aucune des trois relations, toutes invariantes par changement de signe de la référence — on suppose φ⩾0\varphi \geqslant 0 au voisinage de bb ; quitte à remplacer aa par un point plus proche de bb, on suppose φ⩾0\varphi \geqslant 0 sur [a,b[[a,b[ tout entier.

Domination. Supposons f=O(φ)f = \mathrm{O}(\varphi) : il existe c∈[a,b[c \in [a,b[ et C>0C > 0 tels que ∣f∣⩽Cφ\lvert f\rvert \leqslant C \varphi sur [c,b[[c,b[. Comme φ\varphi est intégrable, le théorème de comparaison des fonctions positives montre que ff est intégrable sur [c,b[[c,b[, donc sur [a,b[[a,b[ (ff étant continue par morceaux sur le segment [a,c][a,c]). En particulier le reste ∫xbf\displaystyle\int_x^b f existe pour x⩾cx \geqslant c, et l'inégalité triangulaire jointe à la croissance de l'intégrale donne

∣∫xbf∣⩽∫xb∣f∣⩽C∫xbφ,\left\lvert \int_x^b f \right\rvert \leqslant \int_x^b \lvert f\rvert \leqslant C \int_x^b \varphi,

c'est-à-dire ∫xbf=O ⁣(∫xbφ)\displaystyle\int_x^b f = \mathrm{O}\!\left(\int_x^b \varphi\right).

Négligeabilité. Supposons f=o(φ)f = \mathrm{o}(\varphi). Alors en particulier f=O(φ)f = \mathrm{O}(\varphi), donc ff est intégrable et les restes existent. Soit ε>0\varepsilon > 0 : il existe c∈[a,b[c \in [a,b[ tel que ∣f∣⩽ε φ\lvert f\rvert \leqslant \varepsilon\, \varphi sur [c,b[[c,b[, d'où, pour tout x∈[c,b[x \in [c,b[,

∣∫xbf∣⩽ε∫xbφ.\left\lvert \int_x^b f \right\rvert \leqslant \varepsilon \int_x^b \varphi .

Ceci valant pour tout ε>0\varepsilon > 0 avec un cc convenable, on a bien ∫xbf=o ⁣(∫xbφ)\displaystyle\int_x^b f = \mathrm{o}\!\left(\int_x^b \varphi\right).

Équivalence. Supposons f∼φf \sim \varphi en bb, c'est-à-dire f−φ=o(φ)f - \varphi = \mathrm{o}(\varphi). Le point précédent, appliqué à f−φf - \varphi, donne d'abord l'intégrabilité de f−φf - \varphi, donc celle de ff, puis

∫xbf−∫xbφ=∫xb(f−φ)=o ⁣(∫xbφ),\int_x^b f - \int_x^b \varphi = \int_x^b (f-\varphi) = \mathrm{o}\!\left(\int_x^b \varphi\right),

la linéarité étant licite puisque les deux intégrales convergent. C'est exactement ∫xbf∼∫xbφ\displaystyle\int_x^b f \sim \int_x^b \varphi.

Remarque :

L'intégrabilité de ff n'est pas une hypothèse mais une conclusion : elle découle de la comparaison. C'est une différence notable avec le cas divergent, où rien de tel n'est affirmé sur ff.

Remarque :

L'énoncé, qui donne un résultat au voisinage de bb, reste valable si la fonction φ\varphi n'est de signe constant qu'au voisinage de bb : il suffit de restreindre l'étude à un intervalle [c,b[[c,b[ sur lequel le signe est constant, la contribution du segment [a,c][a,c] étant sans effet sur les restes.

Exemple :

Sur [1,+∞[[1,+\infty[, la fonction f:t↦Arctan⁡tttf : t \mapsto \dfrac{\operatorname{Arctan} t}{t\sqrt t} vérifie f(t)∼π2ttf(t) \sim \dfrac{\pi}{2t\sqrt t} quand t→+∞t \to +\infty. Comme 32>1\frac32 > 1, la référence est intégrable : le reste ∫x+∞f\displaystyle\int_x^{+\infty} f existe, et le théorème en fournit un équivalent sans qu'on sache calculer l'intégrale elle-même. Que vaut cet équivalent ?

Exercice 1 : Un reste en +∞

Déterminer un équivalent simple, quand x→+∞x \to +\infty, du reste ∫x+∞Arctan⁡ttt dt\displaystyle\int_x^{+\infty} \frac{\operatorname{Arctan} t}{t\sqrt t}\,\mathrm{d}t.

Solution :(cliquer pour afficher)

La fonction φ:t↦π2tt=π2 t−3/2\varphi : t \mapsto \dfrac{\pi}{2t\sqrt t} = \dfrac{\pi}{2}\, t^{-3/2} est continue, positive sur [1,+∞[[1,+\infty[ et intégrable car 32>1\frac32 > 1 (exemple de Riemann). Comme Arctan⁡t→π2\operatorname{Arctan} t \to \frac{\pi}{2}, on a f∼+∞φf \underset{+\infty}{\sim} \varphi.

Le cas convergent s'applique : ff est intégrable et

∫x+∞f(t) dt∼x→+∞∫x+∞π2 t−3/2 dt=π2[−2t−1/2]x+∞=πx.\int_x^{+\infty} f(t)\,\mathrm{d}t \underset{x\to+\infty}{\sim} \int_x^{+\infty} \frac{\pi}{2}\,t^{-3/2}\,\mathrm{d}t = \frac{\pi}{2}\left[-2t^{-1/2}\right]_x^{+\infty} = \frac{\pi}{\sqrt x}.

Exercice 2 : Équivalent de Arccos en 1

En comparant à une fonction de référence bien choisie, déterminer un équivalent simple de Arccos⁡x\operatorname{Arccos} x quand x→1−x \to 1^-.

Solution :(cliquer pour afficher)

Pour tout x∈[0,1]x \in [0,1], le calcul direct donne

∫x1dt1−t2=[−Arccos⁡t]x1=Arccos⁡x.\int_x^{1} \frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1-t^{2}}} = \bigl[-\operatorname{Arccos} t\bigr]_x^{1} = \operatorname{Arccos} x .

L'intégrale étudiée est donc un reste en la borne b=1b = 1. Or

11−t2=11+t 1−t∼t→112 1−t,\frac{1}{\sqrt{1-t^{2}}} = \frac{1}{\sqrt{1+t}\,\sqrt{1-t}} \underset{t\to 1}{\sim} \frac{1}{\sqrt 2\,\sqrt{1-t}},

et la référence φ(t)=12 1−t\varphi(t) = \dfrac{1}{\sqrt2\,\sqrt{1-t}} est positive et intégrable sur [0,1[[0,1[ (exposant 12<1\frac12 < 1). Le cas convergent donne

Arccos⁡x=∫x1dt1−t2∼x→1∫x1dt2 1−t=2(1−x).\operatorname{Arccos} x = \int_x^{1}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1-t^{2}}} \underset{x\to1}{\sim} \int_x^1 \frac{\mathrm{d}t}{\sqrt2\,\sqrt{1-t}} = \sqrt{2(1-x)} .

Noter que la borne problématique est ici finie : le théorème ne concerne pas seulement les études en +∞+\infty.

Cas divergent : comparaison des intégrales partielles

Question

Que devient l'énoncé si la référence n'est plus intégrable ? Le reste ∫xbφ\displaystyle\int_x^b \varphi disparaît, mais l'intégrale partielle ∫axφ\displaystyle\int_a^x \varphi tend vers +∞+\infty : cette explosion peut-elle, à elle seule, écraser la contribution du segment fixe [a,c][a,c] sur lequel on ne contrôle rien ?

Proposition 2 : Intégration des relations de comparaison, cas divergent

Soit f∈CM([a,b[,K)f \in \mathcal{CM}([a,b[, \mathbb{K}), ainsi que φ∈CM([a,b[,R)\varphi \in \mathcal{CM}([a,b[, \mathbb{R}) positive et non intégrable.

  • Si f=bO(φ)f \underset{b}{=} \mathrm{O}(\varphi), alors ∫axf=x→bO ⁣(∫axφ)\displaystyle \int_a^x f \underset{x \to b}{=} \mathrm{O}\!\left( \int_a^x \varphi \right).
  • Si f=bo(φ)f \underset{b}{=} \mathrm{o}(\varphi), alors ∫axf=x→bo ⁣(∫axφ)\displaystyle \int_a^x f \underset{x \to b}{=} \mathrm{o}\!\left( \int_a^x \varphi \right).
  • Si f∼bφf \underset{b}{\sim} \varphi, alors ∫axf∼x→b∫axφ\displaystyle \int_a^x f \underset{x \to b}{\sim} \int_a^x \varphi.

Démonstration :

Comme φ⩾0\varphi \geqslant 0 n'est pas intégrable, ∫axφ→x→b+∞\displaystyle\int_a^x \varphi \xrightarrow[x\to b]{} +\infty.

Négligeabilité. Supposons f=o(φ)f = \mathrm{o}(\varphi) et soit ε>0\varepsilon > 0. Il existe c∈[a,b[c \in [a,b[ tel que ∣f∣⩽εφ\lvert f\rvert \leqslant \varepsilon \varphi sur [c,b[[c,b[. Pour x∈[c,b[x \in [c,b[, la relation de Chasles donne

∣∫axf∣⩽∣∫acf∣⏟= K, constante+∫cx∣f∣⩽K+ε∫cxφ⩽K+ε∫axφ.\left\lvert \int_a^x f \right\rvert \leqslant \underbrace{\left\lvert \int_a^c f \right\rvert}_{= \,K, \text{ constante}} + \int_c^x \lvert f\rvert \leqslant K + \varepsilon \int_c^x \varphi \leqslant K + \varepsilon\int_a^x \varphi .

Comme ∫axφ→+∞\displaystyle\int_a^x \varphi \to +\infty, il existe c′∈[c,b[c' \in [c,b[ tel que K⩽ε∫axφK \leqslant \varepsilon \displaystyle\int_a^x \varphi pour tout x∈[c′,b[x \in [c',b[. Alors, pour de tels xx,

∣∫axf∣⩽2ε∫axφ.\left\lvert \int_a^x f \right\rvert \leqslant 2\varepsilon \int_a^x \varphi .

Le réel ε>0\varepsilon > 0 étant arbitraire, cela signifie ∫axf=o ⁣(∫axφ)\displaystyle\int_a^x f = \mathrm{o}\!\left(\int_a^x \varphi\right).

C'est ici que réside toute la subtilité du cas divergent : la contribution du segment fixe [a,c][a,c] n'est pas nulle, mais elle est écrasée par une intégrale partielle qui tend vers l'infini.

Domination. Même schéma avec une constante CC en place de ε\varepsilon : ∣∫axf∣⩽K+C∫axφ\left\lvert \int_a^x f\right\rvert \leqslant K + C\int_a^x \varphi, et pour xx assez proche de bb, K⩽∫axφK \leqslant \int_a^x \varphi, d'où ∣∫axf∣⩽(C+1)∫axφ\left\lvert \int_a^x f\right\rvert \leqslant (C+1)\int_a^x \varphi.

Équivalence. Si f∼φf \sim \varphi, alors f−φ=o(φ)f - \varphi = \mathrm{o}(\varphi), donc ∫ax(f−φ)=o ⁣(∫axφ)\displaystyle\int_a^x (f-\varphi) = \mathrm{o}\!\left(\int_a^x \varphi\right) par le premier point. Comme ∫axφ→+∞\displaystyle\int_a^x \varphi \to +\infty ne s'annule pas au voisinage de bb, la linéarité donne

∫axf=∫axφ+o ⁣(∫axφ)∼∫axφ.\int_a^x f = \int_a^x \varphi + \mathrm{o}\!\left(\int_a^x \varphi\right) \sim \int_a^x \varphi .

Remarque :

Aucune hypothèse de signe ni d'intégrabilité n'est faite sur ff : seule la fonction de référence φ\varphi est contrainte. C'est une asymétrie voulue des deux énoncés.

Exemple :

Sur [1,+∞[[1,+\infty[, on a 1t+ln⁡t∼1t\dfrac{1}{t+\ln t} \sim \dfrac{1}{t}, et t↦1tt \mapsto \frac1t est positive et non intégrable. Le régime est donc celui des intégrales partielles :

∫1xdtt+ln⁡t∼x→+∞∫1xdtt=ln⁡x.\int_1^{x}\frac{\mathrm{d}t}{t+\ln t} \underset{x \to +\infty}{\sim} \int_1^{x}\frac{\mathrm{d}t}{t} = \ln x .

On obtient un équivalent d'une intégrale qu'on ne sait pas calculer. Pourquoi n'aurait-on pas pu, ici, comparer les restes ?

Deux remarques structurelles

Remarque — Analogie avec la sommation des relations de comparaison :

Ces deux énoncés sont l'exact décalque, pour les intégrales, des deux théorèmes de sommation des relations de comparaison vus au chapitre sur les séries. Le dictionnaire est terme à terme :

SériesIntégrales
unu_n, vnv_n avec vn⩾0v_n \geqslant 0ff, φ\varphi avec φ⩾0\varphi \geqslant 0
∑vn\sum v_n converge∫abφ\displaystyle\int_a^b \varphi converge
reste ∑k=n+1+∞vk\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty} v_kreste ∫xbφ\displaystyle\int_x^b \varphi
∑vn\sum v_n diverge∫abφ\displaystyle\int_a^b \varphi diverge
somme partielle ∑k=0nvk\displaystyle\sum_{k=0}^{n} v_kintégrale partielle ∫axφ\displaystyle\int_a^x \varphi

Dans les deux mondes, la structure de la preuve est la même : dans le cas convergent on majore directement le reste, dans le cas divergent on isole un « bloc initial » constant que l'explosion de la somme (ou de l'intégrale) partielle finit par rendre négligeable. Et dans les deux mondes, c'est la nature de la référence, non celle de l'objet étudié, qui décide de la forme de la conclusion.

Remarque — Le cas d'un intervalle ]a, b] :

Tout ce qui précède a été écrit sur [a,b[[a,b[, pour une étude au voisinage de bb. Le résultat est identique sur un intervalle ]a,b]\left]a,b\right] pour une étude au voisinage de aa : il suffit d'échanger les rôles des deux bornes.

  • Cas convergent : ∫abφ\displaystyle\int_a^b \varphi converge, et la conclusion porte sur les restes ∫axf\displaystyle\int_a^x f et ∫axφ\displaystyle\int_a^x \varphi quand x→ax \to a.
  • Cas divergent : la conclusion porte sur les intégrales partielles ∫xbf\displaystyle\int_x^b f et ∫xbφ\displaystyle\int_x^b \varphi quand x→ax \to a.

La démonstration se transpose mot pour mot ; on peut aussi s'y ramener par le changement de variable t↦a+b−tt \mapsto a+b-t, qui échange les deux bornes. Le seul point à ne pas confondre est donc lexical : « reste » désigne toujours l'intégrale du côté de la borne problématique, et « intégrale partielle » celle du côté de la borne régulière.

Rédaction — Obtenir un équivalent d'intégrale :

  1. Identifier la borne problématique bb et une fonction de référence φ\varphi, de signe constant au voisinage de bb, telle que f∼φf \sim \varphi (ou f=o(φ)f = \mathrm{o}(\varphi)).

  2. Décider de la nature de ∫abφ\displaystyle\int_a^b \varphi. C'est cette étape, et non le comportement de ff, qui commande tout ce qui suit.

  3. Choisir l'objet à comparer :

    Nature de ∫abφ\displaystyle\int_a^b \varphiObjetConclusion
    convergentele reste ∫xb\displaystyle\int_x^b∫xbf∼∫xbφ\displaystyle\int_x^b f \sim \int_x^b \varphi
    divergentel'intégrale partielle ∫ax\displaystyle\int_a^x∫axf∼∫axφ\displaystyle\int_a^x f \sim \int_a^x \varphi

  4. Calculer explicitement l'intégrale de référence, qui est en général une puissance ou un logarithme.

L'erreur à ne pas commettre : appliquer la version « restes » à une intégrale divergente. Le reste ∫xbf\displaystyle\int_x^b f n'existe alors même pas, et l'énoncé n'a aucun sens.

Exercice 3 : Une limite finie

Soit f∈CM(R+,K)f \in \mathcal{CM}(\mathbb{R}_+, \mathbb{K}) et ℓ∈K\ell \in \mathbb{K} tels que f(x)→x→+∞ℓf(x) \xrightarrow[x\to+\infty]{} \ell. Montrer que ∫0xf(t) dt=ℓx+o(x)\displaystyle\int_0^{x} f(t)\,\mathrm{d}t = \ell x + \mathrm{o}(x) quand x→+∞x \to +\infty.

Solution :(cliquer pour afficher)

Posons g=f−ℓg = f - \ell : par hypothèse g(x)→0g(x) \to 0, donc g=+∞o(1)g \underset{+\infty}{=} \mathrm{o}(1), c'est-à-dire g=o(φ)g = \mathrm{o}(\varphi) avec φ\varphi la fonction constante égale à 11.

Cette référence est positive et non intégrable sur [0,+∞[[0,+\infty[ (son intégrale partielle vaut x→+∞x \to +\infty). Le cas divergent s'applique :

∫0x(f(t)−ℓ) dt=x→+∞o ⁣(∫0x1 dt)=o(x),\int_0^{x} \bigl(f(t) - \ell\bigr)\,\mathrm{d}t \underset{x\to+\infty}{=} \mathrm{o}\!\left(\int_0^x 1\,\mathrm{d}t\right) = \mathrm{o}(x),

d'où, par linéarité, ∫0xf(t) dt=ℓx+o(x)\displaystyle\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t = \ell x + \mathrm{o}(x).

Autrement dit, la moyenne 1x∫0xf\frac1x\int_0^x f tend vers ℓ\ell : c'est l'analogue intégral du théorème de Cesàro.

Exercice 4 : Un équivalent obtenu par intégration par parties

Déterminer un équivalent simple de ∫2xdtln⁡t\displaystyle\int_2^{x} \frac{\mathrm{d}t}{\ln t} quand x→+∞x \to +\infty.

Solution :(cliquer pour afficher)

Nature de l'intégrale. Comme ln⁡t→+∞\ln t \to +\infty, on a 1t=o ⁣(1ln⁡t)\dfrac{1}{t} = \mathrm{o}\!\left(\dfrac{1}{\ln t}\right) ; par comparaison à l'exemple de Riemann divergent ∫2+∞dtt\displaystyle\int_2^{+\infty}\frac{\mathrm{d}t}{t}, la fonction t↦1ln⁡tt \mapsto \frac{1}{\ln t} n'est pas intégrable sur [2,+∞[[2,+\infty[.

Intégration par parties. Pour tout x⩾2x \geqslant 2, en intégrant 11 et dérivant 1ln⁡t\frac{1}{\ln t} :

∫2xdtln⁡t=[tln⁡t]2x+∫2xdtln⁡2t=xln⁡x−2ln⁡2+∫2xdtln⁡2t.(⋆)\int_2^{x} \frac{\mathrm{d}t}{\ln t} = \left[\frac{t}{\ln t}\right]_2^{x} + \int_2^{x}\frac{\mathrm{d}t}{\ln^{2} t} = \frac{x}{\ln x} - \frac{2}{\ln 2} + \int_2^{x}\frac{\mathrm{d}t}{\ln^{2} t}. \qquad (\star)

Contrôle du terme restant. Quand t→+∞t \to +\infty, 1ln⁡2t=o ⁣(1ln⁡t)\dfrac{1}{\ln^{2} t} = \mathrm{o}\!\left(\dfrac{1}{\ln t}\right). La fonction t↦1ln⁡tt \mapsto \frac{1}{\ln t} étant continue, positive et non intégrable sur [2,+∞[[2,+\infty[, le cas divergent donne

∫2xdtln⁡2t=x→+∞o ⁣(∫2xdtln⁡t).\int_2^{x}\frac{\mathrm{d}t}{\ln^{2} t} \underset{x\to+\infty}{=} \mathrm{o}\!\left(\int_2^{x}\frac{\mathrm{d}t}{\ln t}\right).

Conclusion. Notons I(x)=∫2xdtln⁡tI(x) = \displaystyle\int_2^x \frac{\mathrm{d}t}{\ln t}. La relation (⋆)(\star) s'écrit I(x)=xln⁡x+O(1)+o(I(x))I(x) = \frac{x}{\ln x} + \mathrm{O}(1) + \mathrm{o}(I(x)), et comme I(x)→+∞I(x) \to +\infty, la constante est absorbée :

∫2xdtln⁡t∼x→+∞xln⁡x.\int_2^{x} \frac{\mathrm{d}t}{\ln t} \underset{x\to+\infty}{\sim} \frac{x}{\ln x}.

C'est l'équivalent du « logarithme intégral », qui gouverne la répartition des nombres premiers.

Exercice 5 : Deux régimes à distinguer

  1. Déterminer un équivalent, quand x→+∞x \to +\infty, de ∫1xett dt\displaystyle\int_1^{x} \frac{\mathrm{e}^{t}}{t}\,\mathrm{d}t.
  2. Déterminer un équivalent, quand x→+∞x \to +\infty, de ∫x+∞dtt2+t\displaystyle\int_x^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^{2}+\sqrt t}.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Notons f(t)=ettf(t) = \dfrac{\mathrm{e}^{t}}{t} et choisissons pour référence φ(t)=ett−ett2\varphi(t) = \dfrac{\mathrm{e}^{t}}{t} - \dfrac{\mathrm{e}^{t}}{t^{2}}, dont une primitive exacte est t↦ettt \mapsto \dfrac{\mathrm{e}^{t}}{t}. Quand t→+∞t \to +\infty,

φ(t)f(t)=1−1t⟶1,donc f∼φ.\frac{\varphi(t)}{f(t)} = 1 - \frac1t \longrightarrow 1, \qquad \text{donc } f \sim \varphi .

La fonction φ\varphi est positive dès que t>1t > 1, et

∫1xφ=[ett]1x=exx−e→x→+∞+∞:\int_1^{x} \varphi = \left[\frac{\mathrm{e}^{t}}{t}\right]_1^{x} = \frac{\mathrm{e}^{x}}{x} - \mathrm{e} \xrightarrow[x\to+\infty]{} +\infty :

la référence n'est pas intégrable. Le cas divergent donne

∫1xett dt∼x→+∞exx−e∼x→+∞exx.\int_1^{x}\frac{\mathrm{e}^{t}}{t}\,\mathrm{d}t \underset{x\to+\infty}{\sim} \frac{\mathrm{e}^{x}}{x} - \mathrm{e} \underset{x\to+\infty}{\sim} \frac{\mathrm{e}^{x}}{x}.

2. L'intégrande est continu et positif sur [1,+∞[[1,+\infty[, et

1t2+t∼t→+∞1t2.\frac{1}{t^{2}+\sqrt t} \underset{t\to+\infty}{\sim} \frac{1}{t^{2}} .

La référence φ(t)=1t2\varphi(t) = \dfrac{1}{t^2} est positive et intégrable : le cas convergent s'applique, et

∫x+∞dtt2+t∼x→+∞∫x+∞dtt2=1x.\int_x^{+\infty}\frac{\mathrm{d}t}{t^{2}+\sqrt t} \underset{x\to+\infty}{\sim} \int_x^{+\infty}\frac{\mathrm{d}t}{t^{2}} = \frac{1}{x} .

Deux intégrandes de même allure, deux régimes opposés : seule la nature de la référence a tranché.

Test 1 : Hypothèse de signe

Le théorème d'intégration des relations de comparaison s'applique dès que ff et φ\varphi sont continues par morceaux et que f∼φf \sim \varphi au voisinage de bb.

Test 2 : Choix du régime

Si ∫abφ\displaystyle\int_a^b \varphi diverge et f∼φf \sim \varphi en bb, alors ∫xbf∼∫xbφ\displaystyle\int_x^b f \sim \int_x^b \varphi.

Test 3 : Intégrabilité de f

Dans le cas convergent, l'intégrabilité de ff n'a pas à être supposée : elle résulte de la comparaison à φ\varphi.

Test 4 : Transposition à ]a, b]

Les deux propositions ne valent que sur un intervalle de la forme [a,b[[a,b[ ; sur ]a,b]\left]a,b\right], il faut un énoncé différent.

Test 5 : Équivalent d'un logarithme

On a ∫2xdttln⁡t∼x→+∞ln⁡(ln⁡x)\displaystyle\int_2^{x}\frac{\mathrm{d}t}{t \ln t} \underset{x\to+\infty}{\sim} \ln(\ln x).

Remarque :

Ce théorème clôt le chapitre. On dispose désormais d'une intégrale définie sur un intervalle quelconque, de critères pour décider de sa convergence, de techniques pour la calculer, et — quand le calcul est hors d'atteinte — d'un outil pour en obtenir le comportement asymptotique. C'est exactement le programme que la construction par les fonctions en escalier, dix leçons plus tôt, avait pour but de rendre possible.