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Nom original: Cours et exercice sur les intégrales.pdfTitre: Exo7 - Exercices de mathématiquesAuteur: Exo7

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20 octobre 2002

20 octobre 2002

III

Calcul d’int´egrales
PC*2
20 octobre 2002

Table des mati`
eres
I

Les divers types d’int´
egrale

2

1 Primitives d’une fonction continue sur un intervalle
1.1 Primitives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Tableau des primitives usuelles . . . . . . . . . . . . . . . . .

3
3
4

2 Int´
egrales d´
efinies
2.1 Cas d’une fonction continue sur un segment . . . . . . . . . .
2.2 Cas d’une fonction continue par morceaux sur un segment . .

6
6
7

3 Int´
egrale sur un intervalle quelconque

8

II

Les m´
ethodes g´
en´
erales d’int´
egration

11

4 Lin´
earit´
e et lin´
earisation

11

5 Changement de variable
5.1 Exemples d’applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1.1 Primitives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2 Int´egrales avec bornes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11
12
12
17

6 Int´
egration par parties

18

Page 1/49

Jean-Pierre Barani

Int´
egration des fractions rationnelles

20

7 Primitives des fractions rationnelles
7.1 M´ethode g´en´erale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.2 Quelques techniques simplificatrices dans le cas des fractions
`a coefficients r´eels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.2.1 D´ecomposition en ´el´ements simples relative `a un pˆole
r´eel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.2.2 Utilisation d’une forme `a priori dans le cas de pˆoles
deux `a deux conjugu´es . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21
21

IV

43

Fonctions trigonom´
etriques

28
28
30

8 Fonctions trigonom´
etriques usuelles
43
8.1 Cas d’expressions polynˆomiales . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
8.2 Cas g´en´eral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
9 Fonctions trigonom´
etriques hyperboliques

47

V

49

Int´
egrales ab´
eliennes

VI

Quelques exemples en Maple

49

10 Commandes Maple

49

Premi`
ere partie

Les divers types d’int´
egrale
Comme d’habitude, K = R ou C.

Page 2/49

Jean-Pierre Barani

1
1.1

20 octobre 2002

20 octobre 2002

Primitives d’une fonction continue sur un
intervalle

Aucun lien n’existe entre les constantes C1 et C2 . Il faut donc
avoir `
a l’esprit qu’une mˆ
eme formule peut repr´
esenter des
calculs sur plusieurs intervalles diff´
erents et toujours pr´
eciser
ces intervalles.
De mˆeme l’´ecriture :
Z

x
dx


= ln tan
+C
sin x
2

Primitives

´
Rappel 1. Etant
donn´e une application f continue d’un intervalle I dans
K et a un point de I, f admet une seule primitive sur I telle que f (a) = 0.
Elle est donn´ee par :
Z x
x 7→
f (t)dt

Signifie que, pour k ∈ Z, les primitives de l’application continue fk ,
d´efinie sur l’intervalle Ik =]kπ, (k + 1)π[ par fk (x) = 1/ sin x, sont
donn´ees par :

x


ln tan
+ Ck
2
Les constantes Ck n’ont aucun rapport entre elles.

a

l’ensemble des primitives de f sur I est donn´e par :
Z
x 7→

x
a

f (t)dt + C

C∈K

1.2

Cet ensemble est usuellement d´esign´e par la notation :
Z
f (x) dx

Dans ce tableau les param`etres α 6= −1, a 6= 0, h 6= 0 sont r´eels. La
constante C ∈ K si l’on recherche les primitives `a valeurs dans K.

Remarque 1. On a coutume d’utiliser encore cette notation lorsque
le domaine d’int´egration est une r´eunion d’intervalles. Il faut bien
comprendre ce qu’elle signifie. par exemple l’´ecriture :
Z
dx
= ln |x| + C C ∈ K
x
Est une mani`ere condens´ee d’´ecrire les deux choses suivantes :
Les primitives de la fonction continue f1 : x 7→ 1/x sur l’intervalle
]0, +∞[ sont les fonctions :

R
R

– Les primitives de la fonction continue f2 : x 7→ 1/x sur l’intervalle
] − ∞, 0[ sont les fonctions :
x 7→ ln(−x) + C2
Jean-Pierre Barani

xα dx =

xα+1
α+1

R

+C
R

sin x dx = − cos x + C
R
R

R

dx
sin x
dx
sin2 x


= ln tan

R
R
R

dx
ch2 x

dx
x2 +a2
√ dx
x2 +h

Page 4/49

R

2

R

= − cotg x + C
R

=

1
a

arctan

a

R

+C




= ln x + x2 + h + C

= ln |x| + C

R

dx
cos x


= ln tan

dx
sh2 x

= − th1x + C

x
2

+

π
4


+C

sh x dx = ch x + C
R

= th x + C

x

dx
x

cos x dx = sin x + C


x
+C

ch x dx = sh x + C

x 7→ ln x + C1

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Tableau des primitives usuelles

dx
cos2 x
dx
a2 −x2

√ dx
a2 −x2

= tan x + C
=

1
2a

a+x
+C
ln a−x

= Arcsin


x
|a|

+C

Jean-Pierre Barani

20 octobre 2002
Les formules se v´erifient par d´erivation des second membres sur les intervalles, que les lecteurs daˆıgneront pr´eciser, o`
u ceux ci sont C 1 . Citons enfin
trois primitives `a connaˆıtre, qui comportent des param`etres complexes et qui
s’obtiennent de la mˆeme mani`ere
λ ∈ C∗ ,α ∈ C − {−1}, a, b ∈ R et b 6= 0.
R

eλx dx =

R
R

eλx
λ

2.1

Int´
egrales d´
efinies
Cas d’une fonction continue sur un segment

Rappel 2. Si f est une fonction continue sur un segment [a, b] dont F
est une primitive, il vient :
Z

xα+1
α+1

dx
x−a−ib

1
2

a

+C

ln[(x − a)2 + b2 )] + i arctan

x−a
b



+C

On reviendra plus loin sur cette derni`ere primitive.
Remarque 2 (Homog´en´eit´e). Pour retrouver rapidement des r´esultats
tels que :
Z
x
1
dx
+C
= arctan
2
2
x +a
a
a
On peut faire un raisonnement par homog´
en´
eit´
e : on affecte `a la
variable x et `a la constante a une dimension (au sens de la physique)
[L] (une longueur par exemple), le r´esultat a pour dimension [L −1 ] d’o`
u
la pr´esence de la constante 1/a devant l’arc tangente et de la quantit´e
sans dimension x/a `a l’int´erieur.
Remarque 3. On rappelle que les fonctions Argch, Argsh, Argth ne sont
plus au programme, en particulier la formule :


Z
dx
1 1 + x
=
ln
+C
1 − x2
2 1 − x
est valable sur chacun des trois intervalles ] − ∞, −1[, ] − 1, 1[, ]1, +∞[.
Mˆeme remarque pour la formule :
Z



dx



= ln x + x2 + h + C
2
x +h
Avec h ∈ R∗ qui se v´erifie par d´erivation du second membre et qui est
valable sur tout intervalle
o`
u l’int´egrande est continu.

Pour h > 0, x + x2 + h > 0, ce qui permet d’ˆoter la valeur absolue.
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2

+C

xα dx =
=

20 octobre 2002

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b

f (x) dx = [F (x)]x=b
x=a = F (b) − F (a)

Exemple 1. Pour tout entier naturel n :
Z π/2
sin(2n + 1)x
π
dx =
sin x
2
0
D´emonstration. Il faut d’abord d´eterminer de quel type d’int´egrale il s’agit.
La fonction fn , d´efinie sur ]0, π/2] par :
fn (x) =

sin(2n + 1)x
sin x

Se prolonge par continuit´e au segment [0, π/2] en posant fn (0) = 2n + 1.
L’int´egrale propos´ee est donc d´efinie : c’est celle d’une fonction continue sur
[0, π/2]. On pose :
Z π/2
fn (x) dx
In =
0

D’autre part :
sin(2n + 1)x − sin(2n − 1)x = 2 cos(2nx) sin x
Donc, pour 0 < x ≤ π/2 et n ≥ 1 :
fn (x) − fn−1 (x) = 2 cos(2nx)
Relation qui s’´etend au segment [0, π/2] par continuit´e des deux membres.
On en d´eduit, pour n ≥ 1 :
Z π/2
1
2 cos(2nx) dx = [sin(2nx)]x=π/2
=0
In − In−1 =
x=0
n
0
Donc In = I0 = π/2.
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Jean-Pierre Barani

2.2

20 octobre 2002

20 octobre 2002

Cas d’une fonction continue par morceaux sur un
segment

La fonction f est donc bien continue par morceaux sur le segment [1/n, 1]
et :
Z 1
n−1 Z 1/k
n−1 Z 1/k
X
X
f (x) dx =
fk (x) dx =
x ln k dx

Rappel 3. Pour calculer l’int´egrale d’une fonction f continue par morceaux
sur un segment [a, b], on d´etermine une subdivision (x0 , x1 , . . . , xn ), de [a, b]
adapt´ee `
a la fonction f et on introduit, pour i ∈ {1, 2, . . . , n}, la fonction
fi ∈ C([xi−1 , xi ], K) telle que :

Z

b
a

f (x) dx =

n Z
X
i=1

xi

xi−1

fi (x) dx

R xi
L’int´egrale xi−1
fi (x) dx est celle d’une fonction continue sur un segment,
on est donc ramen´e au cas pr´ec´edent.

1/(k+1)

k=1

Rappel 4. Pour calculer une int´egrale sur un intervalle qui n’est pas un
segment, on ´etudie d’abord l’int´egrabilit´e de l’int´egrande. On calcule ensuite
l’int´egrale sur un segment dont on fait enfin tendre les extr´emit´es vers celles
de l’intervalle d’int´egration.
Exemple 3.

Exemple 2. Soit n ∈ N , d´emontrons la formule :

Z

+∞

ex −2
π
dx = − ln 2
1 + e2x
4

0

D´emonstration. On d´etermine d’abord le type d’int´egrale dont il s’agit. La
fonction f d´efinie sur [0, +∞[ par :
f (x) =

O`
u [x] est la partie enti`ere du r´eel x.
D´emonstration. Soit f la fonction d´efinie sur le segment J = [1/n, 1] par :

1
f (x) = x ln
x
Pour prouver qu’elle est continue par morceaux sur ce segment, on introduit
la subdivision :


1
1
1
,
,..., ,1
n n−1
2
de J. Pour k ∈ {1, 2, . . . , n − 1}, on pose :
fk (x) = x ln k

pour 1/(k + 1) ≤ x ≤ 1/k

fk est bien continue sur le segment [1/(k + 1), 1/k] et :


1
1
∀x ∈
,
, f (x) = fk (x)
k+1 k
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Jean-Pierre Barani

1/(k+1)

Int´
egrale sur un intervalle quelconque




Z 1
n−1
1
1 X (2k + 1) ln k
x ln
dx =
x
2 k=1 [k(k + 1)]2
1/n

k=1

d’o`
u la formule propos´ee.

3

∀x ∈]xi−1 , xi [, fi (x) = f (x)
Il vient alors :

1/n

ex −2
1 + e2x

est continue sur cet intervalle.
1) Int´
egrabilit´
e Lorsque x → +∞ :
|f (x)| ∼ e−x

fonction positive int´egrable sur [0, +∞[

Donc f est int´egrable sur [0, +∞[ d’apr´es le crit`ere d’int´egrabilit´e par
´equivalence des fonctions de signe constant.
RX
2) Calcul Soit X > 0, on calcule 0 f (x) dx. On fait le changement de
variable t = ex . L’application x 7→ t = ex est de classe C 1 sur le
segment [0, X] :
t−2
f (x) dx = 2
dt
(t + 1)t
Donc :

Z

X
0

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Z
f (x) dx =

1

eX

t−2
dt
(t2 + 1)t
Jean-Pierre Barani

20 octobre 2002
On aura donc int´erˆet `a poser eX = T . On calcule, sur [1, +∞[ :
Z
t−2
dt = −2 ln t + ln(t2 + 1) + arctan t + C
(t2 + 1)t
(vu en HX, sinon voir plus loin). Donc :
2

Z T
T +1
t−2
π
π
dt
=
ln
+ arctan T − ln 2 − −−−−→ − ln 2
2 + 1)t
2
T
→+∞
(t
T
4
4
1

Z

+∞

1

X
1+h

et donc :

Z

+∞
1

Exemple 5.

dx


x x−1

1) Int´
egrabilit´
e sur ]1, 2] Quand x → 1 :
fonction positive et int´egrable sur ]1, 2]

Donc f est int´egrable sur ]1, 2] d’apr´es le crit`ere d’int´egrabilit´e par
´equivalence des fonctions de signe constant.
2) Int´
egrabilit´
e sur [2, +∞[ quand x → +∞ :
1
x3/2

fonction positive et int´egrable sur [2, +∞[

Donc f est int´egrable sur [2, +∞[ d’apr´es le crit`ere d’int´egrabilit´e par
´equivalence des fonctions de signe constant.
RX
3) Calcul Soient h et X tels que 1 < 1+h < X. On calcule 1+h f (x) dx via


le changement de variable x − 1 = t. L’application x 7→ t = x − 1
1
est de classe C sur le segment [1 + h, X] :
f (x) dx =



X−1

Z
f (x) dx = lim lim

X→+∞ h→0

Z

1



2dt
(t2 + 1)

h

X

1+h

f (x) dx = π


1
1

dx = 1 − γ
x
x

Est continue par morceaux sur cet intervalle car, si J ⊂ I est un segment, il
existe un entier n > 0 tel que J ⊂ [1/n, 1] = Jn . La subdivision de Jn d´efinie
par :


1
1
1
,
,..., ,1
sn =
n n−1
2

est continue et positive sur cet intervalle.
1
x−1



D´emonstration. La fonction f , d´efinie sur I =]0, 1] par :

1
1
f (x) = −
x
x

1
f (x) = √
x x−1

f (x) ∼ √

Z
f (x) dx =

O`
u γ est la constante d’Euler.

D´emonstration. La fonction f d´efinie sur ]1, +∞[ par :

Page 9/49

Z

0

Exemple 4.

f (x) ∼

20 octobre 2002

2dt
2tdt
= 2
t(t2 + 1)
t +1

est adapt´ee `a f donc f|Jn est bien continue par morceaux sur Jn .
1) Int´
egrabilit´
e Pour x ∈ I, il vient :
0 ≤ f (x) ≤ 1
Comme x 7→ 1 est int´egrable sur I, f est int´egrable d’apr´es le crit`ere
d’int´egrabilit´e par domination des fonctions positives.
2) Calcul On sait que, puisque f est int´egrable sur I :
Z
Z 1
f (x) dx = lim
f (x) dx
et
Z
Jn

Jean-Pierre Barani

n→∞

I

f (x) dx =

Page 10/49

n−1 Z
X
k=1

1/k

1/(k+1)



1
−k
x

1/n



Z
dx =

1

1/n

n−1
dx X 1

−−−→ 1−γ
x k=1 k + 1 n→∞

Jean-Pierre Barani

20 octobre 2002
D´emonstration. Les fonctions F et G d´efinies sur J par :
Z s
F (s) =
f [φ(t)] φ0 (t)dt

Deuxi`
eme partie

α

Z

Les m´
ethodes g´
en´
erales
d’int´
egration
4

G(s) =

Z

Z

Exemple 9. Calculer

0

5

1



Remarque 4. -

5.1.1

Exemples d’applications
Primitives

Soit `a calculer par un changement de variable
Z
f (x) dx

dx

x+1+ 1−x

Le seul th´eor`eme officiellement au programme est le suivant :
Th´
eor`
eme 1 (du changement de variable). Soient f ∈ C(I, K) et φ ∈
C 1 (J, R) telle que φ(J) ⊂ I. Si α et β appartiennent `a J, on a en posant
a = φ(α) et b = φ(β) :
Z β
Z b
f [φ(t)] φ0 (t)dt =
f (x) dx

Page 11/49

et F (α) = G(α) = 0

ˆ
φ N’A NUL BESOIN D’ETRE
BIJECTIVE. LE BON SENS EST
LE SEUL GUIDE DE CE QUI SUIT.

5.1

sh4 x dx

Changement de variable

α

f (x) dx

Donc F = G et le r´esultat.

(x2 + x + 1) cos(ax) dx
Z

a

F 0 (s) = G0 (s) = f [φ(s)] φ0 (s)

On se limite `a quelques exemples. Pour les deux premiers on pourra
consulter la partie IV sur les int´egrales trigonom´etriques.
Exemple 6. Calculer
Z
cos4 x dx
Exemple 7.

φ(s)

Sont de classe C 1 sur J et v´erifient :

Lin´
earit´
e et lin´
earisation

Exemple 8. Calculer

20 octobre 2002

a

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o`
u f ∈ C(I, K).
Proposition 1 (Changement de variable x = φ(t)). Soit φ une application de classe C 1 d’un intervalle J dans R telle que φ(J) ⊂ I. Si F est une
primitive quelconque de f sur I, il vient, pour t ∈ J :
Z
f [φ(t)] φ0 (t)dt = F [φ(t)] + C
Le calcul de la primitive de gauche permet le calcul de F sur l’intervalle
φ(J) ⊂ I.
Exemple 10. Calculer :
Z p
|x2 − 1| dx

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Jean-Pierre Barani

20 octobre 2002
p
D´emonstration. L’application f : x 7→ |x2 − 1| est continue sur R. On se
propose d’en calculer les primitives sur cet intervalle. On remarque d’abord
que f admet une primitive impaire qu’on notera F :
Z xp
x 7→
|s2 − 1| ds
0

20 octobre 2002
(



1/2 arcsin x + x 1 − x2




1/2 x x2 − 1 − ln x + x2 − 1 + (x)π/4

pour −1 ≤ x ≤ 1
pour |x| ≥ 1

o`
u (x) est le signe de x.
Z p
|x2 − 1| dx = F (x) + C

Il suffit de calculer F sur [0, +∞[.
1) Calcul sur [0, 1] On pose x = sin t. L’application φ : t 7→ sin t est de
classe C 1 sur J = [0, π/2] et φ(J) = [0, 1]. Il vient donc, pour t ∈ J :


Z
1
sin 2t
F (sin t) = G(t) = cos2 t dt =
t+
+ C1
2
2
Donc, puisque F est impaire, F (0) = 0, il vient pour x ∈ [0, 1] :

arcsin x + x 1 − x2
F (x) =
2
Car t ∈ [−π/2, π/2] donc, si x = sin t alors t = arcsin x.
2) Calcul sur [1, +∞[ on pose x = ch t qui est de classe C 1 sur [0, +∞[ :
Z
Z
1
F (ch t) = G(t) = sh2 t dt =
(ch 2t − 1) dt
2
G(t) =

sh 2t t
− + C2
4
2

D’o`
u, pour x ≥ 1 :
F (x) =

x





x2 − 1 ln x + x2 − 1
+ C2

2
2

En comparant les deux expressions ci-dessus pour x = 1, il vient :
C2 =

π
4

Proposition 2 (Changement de variable t = ψ(x)). ψ est de classe C 1
sur I. On essaie essaie de mettre la forme diff´erentielle f (x) dx sous la forme
g [ψ(x)] ψ 0 (x) dx. Le calcul de :
Z
F (x) = f (x) dx
se ram`ene alors au calcul, sur J = ψ(I), de :
Z
G(t) = g(t)dt
via la relation :
Exemple 11. Calculer

Z

sin5 x dx

D´emonstration. L’int´egration a lieu sur R o`
u l’int´egrande est continu :
2
sin5 x dx = − sin4 x d(cos x) = − 1 − cos2 x d(cos x)
Donc, en posant t = cos x, le calcul propos´e se ram`ene au calcul de :
Z
2
G(t) = −
1 − t2 dt = −1/5 t5 + 2/3 t3 − t + C
Z

En conclusion, vu l’imparit´e de F , il vient :
Z xp
|s2 − 1| ds =

F (x) = G [ψ(x)] + C

sin5 x dx = G(cos x) = −1/5 cos x5 + 2/3 cos x3 − cos x + C

0

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Jean-Pierre Barani

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Jean-Pierre Barani

20 octobre 2002

Remarque 5. Le param`etre formel t qui intervient dans G(t) n’a provisoirement plus aucun rapport avec x. C’est une « variable ind´ependante », c’est pourquoi on dit que le calcul de l’int´egrale initiale se
ram`ene `a celui de G.
Exemple 12 (Exemple de recollement). Calculer :
Z
dx
2 + sin x

`a l’aide du changement de variable t = tan x2 .
D´emonstration.
Il faut d’abord observer que le changement de variable x 7→

tan x2 est d´efini et C 1 sur chacun des intervalles :
Ik =] − π + 2kπ, π + 2kπ[,

x

ds
=
2 + sin s

Z

π
−π

ds
2 + sin s

Car l’int´egrale d’une fonction continue par morceaux p´eriodique, prise sur
un intervalle de p´eriode ne d´epend pas d’icelui. On va donc calculer F sur
] − π, π].
1) Calcul de F sur ] − π, π] L’application :
x
x 7→ tan
2
est de classe C 1 sur ] − π, π[. On travaille sur les formes diff´
erentielles `
a l’exclusion de tout calcul d’int´
egrale :
x

1
t = tan
dt =
1 + t2 dx
2
2
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2dt
2t
sin x =
1 + t2
1 + t2
dx
dt
=
2 + sin x
1 + t + t2
Z
dx
2 + sin x

dx =

Le calcul de

Sur ] − π, π[ se ram`ene a` celui de :
Z
Z
dt
dt
=
G(t) =
1 + t + t2
(t + 1/2)2 + 3/4
sur R. On trouve :
2
G(t) = √ arctan
3

k∈Z

L’int´egration doit donc ˆetre conduite s´epar´ement sur chacun de ces intervalles.
En utilisant les sym´
etries de l’int´
egrande il est possible de ne calculer
ces primitives que sur l’intervalle I0 . Posons :
Z x
ds
F (x) =
2
+
sin s
0
F est d´efinie et de classe C 1 sur R :
Z x+2π
F (x + 2π) − F (x) =

20 octobre 2002

Jean-Pierre Barani



2t + 1

3

Et donc, sur ] − π, π[ :
h

F (x) = G tan

x i
2

2
= √ arctan
3


+ C1

!

2 tan x2 + 1

+ C1
3

Comme F (0) = 0, il vient :
π
C1 = − √
3 3
Ce qui est sans grand int´erˆet. Comme F est continue en π, il vient :

F (π) = lim F (x) = √
x→π−
3 3
2) Calcul de F sur ] − π + 2kπ, π + 2kπ] Il vient maintenant :
Z π
Z x
ds
ds

= lim
=√
x→π− −x 2 + sin s
3
−π 2 + sin s
D’o`
u, finalement, pour x ∈ Ik :
2
F (x) = √ arctan
3
Page 16/49

!

2 tan x2 + 1
π
π

− √ + 2k √
3
3
3 3
Jean-Pierre Barani

20 octobre 2002
et :

5.2

π
π

F (π + 2kπ) = F (π) + 2k √ = √ + 2k √
3 3
3
3
Z
dx
= F (x) + C
2 + sin x

20 octobre 2002
On travaille sur les formes diff´erentielles :
t = tan(2x) dt = 2(1 + t2 ) dx

Int´
egrales avec bornes

On a d´eja vu des exemples. En voici un autre.
Exemple 13. Calculer :
Z
I=


0

dx
sin4 x + cos4 x

Donc :

Z
J(h) =

D´emonstration. La fonction f d´efinie sur [0, 2π] par :

1/ tan(2h)
0

D’o`
u:

D’o`
u:

Z
I=8

0

π/4

6

On rappelle qu’on peut int´egrer par parties des applications C 1 (`
a la
rigueur continues et C 1 par morceaux) sur un segment.

4

Page 17/49

0

ln x

dx
3
1−x

ln x
f (x) = √
3
1−x

n’est pas d´efinie et C 1 sur le segment [0, π/4].
π/4−h

1

D´emonstration. La fonction f d´efinie sur ]0, 1[ par :

x 7→ tan(2x)
Z

Z
0

On int`egre d’abord sur le segment [0, π/4 − h] car le changement de variable :

J(h) =

dt
π
−−→ √
2 + t2 h→0 2 2

Int´
egration par parties

Exemple 14. Calculer :

dx
sin x + cos4 x

sin2 x =


I=√
2

1
f (x) =
sin4 x + cos4 x
est continue sur ce segment. Comme la p´eriode de f est π/2, on essaie le changement de variable : t = tan(2x), malheureusement il n’est pas C 1 sur [0, 2π].
L’id´
ee consiste, ici encore `
a utiliser les sym´
etries de la fonction `
a
savoir :
f (x + π/2) = f (x)
f (−x) = f (x)

dt
2(1 + t2 )

1 − cos(2x)
2

1
4
4
2
cos x + sin x =
1 + cos (2x)
2
1
cos2 (2x) =
1 + t2
dx
dt
=
2 + t2
sin4 x + cos4 x

cos2 x =

1 + cos(2x)
2

dx =

dx
sin4 x + cos4 x

est continue sur cet intervalle.
1) Int´
egrabilit´
e Jean-Pierre Barani

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Jean-Pierre Barani

20 octobre 2002

20 octobre 2002
Z

i) Sur ]0, 1/2] Quand x → 0 :
|f (x)| ∼ | ln x| = o x−1/2



h

D’o`
u l’int´egrabilit´e de f sur ]0, 1/2] d’apr´es les th´eor`emes d’int´egrabilit´e par comparaison pour les fonctions positives.
ii) Sur [1/2, 1[ quand h → 0 par valeurs positives :
2/3

f (1 − h) ∼ −h

−−→ 0
h→0

h

Z
−3/2
Les fonctions :

ln x

dx =
3
1−x

1−h0
h

Z

1−h0
h

0

t4
dt
1 − t3



3 arctan(1/3 (2 t + 1)



3)+C

1

(1 − x)2/3
dx =
x
h

3
−3/2 (1 − h)2/3 − ln(1 − 1 − h) + 1/2 ln((1 − h)2/3 +


√ √


3
3
1 − h + 1) − 3 arctan(1/3 3 2 1 − h + 1 ) + 1/6 3π

quand h → 0 :

2/3

sont C 1 sur le segment [h, 1 − h0 ], on peut donc ´ecrire :
Z

(1−h)1/3

On regroupe alors les termes qui vont se compenser :
h
i

3
z = 3/2 (1 − h)2/3 ln(h) − ln(1 − 1 − h)

ln x d(1 − x)2/3

x 7→ ln x et x 7→ (1 − x)

Z

On calcule alors, sur [0, 1[, les primitives :
Z
t4
dt =
1 − t3

D’o`
u:

2) Calcul On souhaite proc´eder par parties sur un segment, il est donc
n´ecessaire de consid´erer, pour 0 < h, h0 < 1/2 :
1−h0

(1 − x)2/3
dx = 3
x

−1/2 t2 −1/3 ln(1−t)+1/6 ln(t2 +t+1)−1/3

Donc f se prolonge continˆ
ument au segment [1/2, 1], elle est donc
int´egrable sur [1/2, 1[.

Z

1


1−h0
ln x d(1 − x)2/3 = (1 − x)2/3 ln x h −

Z

1−h0
h

(1 − x)2/3
dx
x

(1 − h)2/3 ln h = ln h + o(1)

3
1 − 1 − h = h/3(1 + o(1))

3
ln(1 − 1 − h) = ln h − ln 3 + o(1)
lim z = 3/2 ln 3

h→0

D’o`
u:

On observe que la partie toute int´egr´ee tend vers +∞ quand h →
0, c’est qu’elle se compense avec l’int´egrale. Cependant, on peut faire
tendre h0 vers 0 dans cette formule puisque tous ses termes ont des
limites. Il vient :
Z 1
Z 1


ln x
(1 − x)2/3

dx = 3/2 (1 − h)2/3 ln h + 3/2
dx
3
x
1−x
h
h

Z

1
0


ln x

dx = −9/4 − 1/4 π 3 + 9/4 ln(3)
3
1−x

On effectue dans la deuxi`eme int´egrale le changement de variable :

t = 3 1 − x C 1 sur le segment [h, 1]
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Jean-Pierre Barani

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Jean-Pierre Barani

20 octobre 2002

Troisi`
eme partie

– Si b = 0 :

Int´
egration des fractions
rationnelles
7

F (x) =

Primitives des fractions rationnelles

7.1


ethode g´
en´
erale

Sur chacun des intervalles ]−∞, a[, ]a, +∞[. C est une constante r´eelle
ou complexe suivant qu’on veut les primitives `a valeurs r´eelles ou complexes.
– Si b 6= 0 :


=

1
ln[(x − a)2 + b2 )] + i arctan
2

x−a
b



+C

x−a
b


+C

sur R C est une constante complexe.
D´emonstration. On v´erifie ces relations en d´erivant le second membre
Proposition 4. Soit z = a + ib un nombre complexe, n ≥ 2 un entier
naturel :
Z
dx
F (x) =
(x − z)n

A(x)
o`
u A, B ∈ C[X]
B(x)

Sur chaque intervalle I ne contenant aucun z´ero de B, on d´ecompose F en
´el´ements simples sur C et on int`egre chaque ´el´ement simple sur les intervalles
I.
Pour la d´ecomposition g´en´erale en ´el´ement simple sur C, se reporter `a son
cours de premi`ere ann´ee.
Cette technique est la meilleure dans le cas des fractions avec param`etres.
dans le cas de fractions exclusivement num´eriques, on verra comment l’am´eliorer.
Exemple 15 (Facultatif pour les 3/2). Calcul de la somme de la s´erie
enti`ere :

X
zn
(−1)n−1
n
n=1
o`
u z est un complexe de module < 1.
On a vu cf polycopi´e "d´eveloppement de fonctions en s´eries enti`eres" que
cette somme vaut :
Z 1
z
I=
0 1 + tz
Alors 1 + z ∈ ∆ = C − R− et :
I = ln(1 + z) + i Arg(1 + z)
O`
u Arg(1 + z) est celle des d´eterminations de l’argument de 1 + z qui appartient `a ] − π, π[. On a vu que c’´etait ainsi qu’´etait d´efini ln(1 + z).

Alors :
Page 21/49

Sur chacun des intervalles ]−∞, a[, ]a, +∞[. C est une constante r´eelle
ou complexe suivant qu’on veut les primitives `
a valeurs r´eelles ou complexes.
– Si b 6= 0 :
(x − z)1−n
+C
F (x) =
1−n

F (x) =

F (x) = ln |x − a| + C

F (x) = ln |x − z| + i arctan

(x − a)1−n
+C
1−n

sur R C est une constante complexe.
Pour trouver les primitives d’une fraction rationnelle :

Proposition 3. Soit z = a + ib un nombre complexe :
Z
dx
F (x) =
x−z
Alors :
– Si b = 0 :

20 octobre 2002

Jean-Pierre Barani

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Jean-Pierre Barani

20 octobre 2002
D´emonstration. 1) Consid´
erations g´
eom´
etriques Soit z = r ei θ une forme trigonom´etrique de z avec :
0 ≤ r < 1 et θ ∈ R
Re(1 + z) = 1 + r cos θ > 0 donc 1 + z ∈ ∆
Posons :

π
π
r sin θ
avec − < φ <
1 + r cos θ
2
2
a priori φ n’`a pas de raison d’ˆetre un argument de 1 + z puisqu’un tel
argument est d´etermin´e modulo 2π ie `a l’aide des deux lignes trigonom´etriques cos et sin alors que la tangente d’un angle ne le d´etermine que
modulo π. En faisant un dessin (laiss´e aux lecteurs), on se rend pourtant compte que, puisque Re(1 + z) > 0, 1 + z doit avoir l’un de ses
arguments qui appartient `a ]− π2 , π2 [. Prouvons donc que φ = Arg(1+z).
tan φ =

1 + z = (1 + r cos θ)(1 + i tan φ) =

1 + r cos θ i φ
(e )
cos φ

Comme 1 + r cos θ > 0 et cos φ > 0 vu que − π2 < φ < π2 , il vient :
1 + r cos θ
= |1 + z|
cos φ

2) Calcul de I Pour z 6∈] − 1, 1[, r sin θ 6= 0, il vient :
Z 1
Z 1
dt
dt
=
I=
1
cos θ
sin θ
0 t+ z
0 t+ r −i r

1
+ i arctan
z

cos θ
r
sin θ
r

t+

ψ 6= π2 + πZ (pourquoi ?) Chaque arc-tangente ´etant aussi diff´erent de
ces valeurs, on peut appliquer la formule d’addition des tangentes au
calcul de tan ψ, lequel fournit :


r sin θ
tan ψ =
= tan φ
1 + r cos θ
Donc, il existe un k ∈ Z tel que ψ − φ = kπ En consid´erant ψ, φ et
donc k comme des fonctions continues de θ sur l’intervalle ]0, π[ (resp
] − π, 0[), k prenant des valeurs enti`eres, elle est constante sur chacun
de ces intervalles. En calculant φ et ψ pour θ = π2 (resp) − π2 , on trouve
k = 0 d’o`
u la formule attendue. Le cas o`
u z ∈] − 1, 1[ est laiss´e `a la
sagacit´e des lecteurs.
Exemple 16. Soit n ∈ N∗ , calculer :
Z +∞

dx
1 + x2n

1) Int´
egrabilit´
e Prouvons d’abord que f : x 7→ 1+x1 2n est int´egrable sur
[0, +∞[. Elle est continue sur cet intervalle, positive et :
f (x) ∼

!#1
0

Soit, en explicitant et en regroupant les deux logarithmes :





r + cos θ
cos θ
I = ln |1 + z| + i arctan
− arctan
sin θ
sin θ
Page 23/49

Notons ψ la diff´erence de ces deux arcs tangentes. Comme :



r + cos θ
cos θ
6= −1
sin θ
sin θ

0

d’o`
u φ est un argument de 1 + z qui appartient `a ] − π2 , π2 [ et donc
φ = Arg(1 + z).

"

= ln t +

20 octobre 2002

Jean-Pierre Barani

1
quand x → +∞
x2n

Comme g(x) = x12n est positive et int´egrable sur [1, +∞[, il en est de
mˆeme de f .
La m´
ethode consiste `
a calculer :
Z X
dx
In (X) =
1
+
x2n
0
Puis `
a faire tendre X vers +∞.
2) Calcul Page 24/49

Jean-Pierre Barani

20 octobre 2002

20 octobre 2002

i) D´
ecomposition de f sur C Les racines complexes de P (X) =
1 + X 2n sont les :

Lorsque k d´ecrit l’intervalle [0, n − 1], k 0 d´ecrit l’intervalle [n, 2n −
1]. D’o`
u

ωk = ei θk , k = 0, . . . , 2n − 1

¯ k ln |x − ω
¯ k | = (ωk + ω
¯ k ) ln |x − ωk |
ωk ln |x − ωk | + ω

avec

π

+
2n
n
Ces racines sont simples, f n’a pas de partie enti`ere donc :

= 2 cos θk ln |x − ωk |

θk =

f (X) =

2n−1
X
k=0

Avec :
ak =

x − cos θk
sin θk




−ω
¯ k arctan


= 2i sin θk arctan

1
P 0 (ωk )

x − cos θk
sin θk




x − cos θk
sin θk

Il vient alors :
−1 X
cos θk ln(x2 −2x cos θk +1)−2 sin θk arctan
2n k=0
n−1

F (x) =




x − cos θk
+C
sin θk

O`
u C est une constante r´eelle.
iii) Limite de In (X) quand X → +∞

vu que ωk2n = −1. D’o`
u:

In (X) = F (X) − F (0)

2n−1
−1 X ωk
2n k=0 X − ωk

ii) Primitives de f Posons F (x) =

R

f (x) dx, il vient :

On sait que l’int´egrabilit´e de f assure l’existence d’une limite pour
In (X) quand X → +∞ laquelle est l’int´egrale In cherch´ee. Il en
r´esulte que le terme :




2n−1
x − cos θk
−1 X
ωk ln |x − ωk | + i arctan
+C
F (x) =
sin θk
2n k=0
Afin de mettre en ´evidence les primitives de f qui prennent des
valeurs r´eelles, il est pr´ef´erable de regrouper les pˆoles conjugu´es.
On dessine les images des racines sur le cercle trigonom´etrique et
on observe que, si k + k 0 = 2n − 1 alors
θk + θk0 = 2π ie ωk0 = ω
¯k
Page 25/49



ωk arctan

−ωk
1
=
2n
2nωk2n−1

f (X) =

De mˆeme :

ak
X − ωk

Formule du r´
esidu vue en premi`
ere ann´
ee, n’est valable
que pour un pˆ
ole simple Soit :
ak =

= cos θk ln(x2 − 2x cos θk + 1)

J(X) =

n−1
X

cos θk ln(X 2 − 2X cos θk + 1)

k=0

admet une limite finie quand X → +∞. Mettons, dans chacun des
arguments des logarithmes de cette somme, la partie principale X 2
en facteur :
!
n−1
X
J(X) = 2
cos θk ln(X) + u(X)
k=0

Jean-Pierre Barani

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Jean-Pierre Barani

20 octobre 2002
o`
u

20 octobre 2002
On remarque ensuite, toujours en regardant les sym´etries de la
figure, que :
θn−1−k = π − θk

lim u(X) = 0

X→∞

(Les lecteurs ´ecriront la forme explicite de u(X) pour s’en convaincre)
Pour que J(X) ait une limite finie, il est donc n´ecessaire que :
n−1
X

D’o`
u, en changeant k en n − 1 − k dans la derni`ere expression de
In :
n−1
1X
In =
θk sin θk
(2)
n k=0

cos θk = 0

k=0

En ajoutant (1) et (2) :

Ce qu’on peut v´erifier par un calcul direct. On regardera la figure
form´ee par les images des racines pour voir qu’on aurait pu intuiter
g´eom´etriquement ce r´esultat. Il en r´esulte, en faisant tendre X vers
+∞ dans l’expression de In (X) :
1 X
π sin θk + 2 sin θk arctan
2n k=0
n−1

In =



cos θk
sin θk



La somme de sinus d’arcs en progression arithm´etique se calcule
habituellement comme la partie imaginaire de :
n−1
X

puisque tous les termes de la forme :


X − cos θk
arctan
sin θk

Somme qui vaut :

π
π
π
< − θk < . et,
2
2
2


π

π
cos θk
− θk et arctan
cotg θk = tan
= − θk
2
2
sin θk

Or 0 < θk < π donc −

Page 27/49

e

ki π
n



−2 e 2n

In =


n

−1

π
π
2n sin 2n

Exercice 1. V´erifier la coh´erence de ce r´esultat en ´etudiant directement la
limite de In quand n → ∞.




n−1
1X
π
cos θk
+ arctan
sin θk
n k=0
2
sin θk

1X
(π − θk ) sin θk
n k=0

n−1
X
k=0

e

D’o`
u

iv) Forme simplifi´
ee de In On peut ´ecrire In sous la forme :

7.2

Quelques techniques simplificatrices dans le cas des
fractions `
a coefficients r´
eels

7.2.1


ecomposition en ´
el´
ements simples relative `
a un pˆ
ole r´
eel

A(X)
et B(a) 6= 0. On suppose A, B ∈
(X − a)α B(X)
´
R[X] et a ∈ R. Ecrivons
la d´ecomposition de F relative au pˆ
ole a.

Rappel 5. Soit F (X) =

n−1

In =



ei θk = e 2n

k=0

π
tendent vers vu que :
2
π
π
≤ θk ≤ π −
pour 0 ≤ k ≤ n − 1
2n
2n

D’o`
u:

π X
sin θk
2n k=0
n−1

In =

(1)
Jean-Pierre Barani

F (X) =
Page 28/49


aα−1
a1
U (X)
+
+ ··· +
+
(X − a)α (X − a)α−1
(X − a) B(X)
Jean-Pierre Barani

20 octobre 2002

20 octobre 2002

O`
u U ∈ R[X]. Comme B est continue en a et que B(a) 6= 0, il existe δ > 0
tel que :
∀x ∈]a − δ, a + δ[, B(x) 6= 0

La d´ecomposition de f relative au pˆole 1 est donc :
f (x) =

Si |h| < δ, il vient :
F (a + h) =

aα aα−1
a1
+
+ ··· +
+ G(h)
hα hα−1
h

(3)

U (a+h)
avec G(h) = B(a+h)
et donc G est continue en 0. Il en r´esulte que G(h) =

1
o
quand h → 0 et que la relation (3) est un d´
eveloppement asymph
1
totique de F au voisinage de a `
a la pr´
ecision
h
Exemple 17. Calcul de
Z
x+2
F (x) =
dx
x(x − 1)3 (x + 1)2

3) D´
ecomposition relative au pˆ
ole −1 On trouve :

1
7
1
f (−1 + h) = 2 +
+o
8h
16h
h
D’o`
u la d´ecomposition relative au pˆole −1 :
f (x) =

x+2
et on effectue l’int´egration sur I o`
u I est
x(x − 1)3 (x + 1)2
l’un des intervalles :

−2 ln |x|−

g(h)
3+h
= 3
h3 (1 + h)(2 + h)2
h

et g(h) = (3 + h)(1 + h)−1 (2 + h)−2 . On d´eveloppe g `a l’ordre 2 au
voisinage de 0 pour avoir f en 1/h.
g(h) =


3 5
25
− h + h2 + o h2
4 4
16

D’o`
u:
f (−1 + h) =
Page 29/49

3
5
25

+
+o
4h3 4h2 16h

Sur chacun des intervalles I sp´ecifi´es ci-dessus.

7.2.2

−2
+ ...
x

2) D´
ecomposition relative au pˆ
ole 1
f (1 + h) =

3
5
25 ln |x − 1|
1
7 ln |x + 1|
+
+

+
+C
16
8x + 8
16
8 (x − 1)2 4 x − 4

Exercice 2. Int´egrer, sur ]1, +∞[, l’´equation diff´erentielle v´erifi´ee par les
polynˆomes de Legendre.

1) D´
ecomposition relative au pˆ
ole 0
f (x) =

1
7
+
+ ...
8(x + 1)2 16(x + 1)

4) Expression de F

On pose f (x) =

] − ∞, −1[, ] − 1, 0[, ]0, 1[, ]1, +∞[

3
5
25

+
+ ...
4(x − 1)3 4(x − 1)2 16(x − 1)


1
h
Jean-Pierre Barani

Utilisation d’une forme `
a priori dans le cas de pˆ
oles deux `
a
deux conjugu´
es

Dans les exemples pr´ec´edents, on voit qu’il est pr´ef´erable, lorsque la fraction est `a coefficients r´eels, de regrouper les ´el´ements simples relatifs aux
pˆoles complexes conjugu´es. On va d´evelopper des m´ethodes plus rapides pour
mettre les primitives des fractions rationnelles `a coefficients r´eels sous forme
exploitable en se limitant au cas o`
u les pˆoles complexes ont une multiplicit´e
au plus ´egale `a deux.
Th´
eorie Consid´erons une fraction rationnelle f `
a coefficients r´eels de la
forme :
A(X)
f (X) =
(X − z)2 (X − z¯)2 B(X)
O`
u:
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Jean-Pierre Barani

20 octobre 2002
– A et B sont des polynˆomes non nuls `a coefficients r´eels.
– z est un nombre complexe irr´eel :

20 octobre 2002
Proposition 5. une primitive particuli`ere Φ(x), de φ, est de la forme :

λ ln(x2 − sx + p) + µ arctan

z = a + ib avec a, b ∈ R, b 6= 0
– B n’admet pas la racine z et donc non plus la racine z¯.
La d´ecomposition de f en ´el´ements simples sur C prend la forme :
¯
α
α
β
β¯
R(X)
+
+
f (X) = E(X) +
+
+
2
2
(X − z)
(X − z¯)
X − z X − z¯ B(X)
Avec :
– E(X) est la partie enti`ere ´eventuelle de f .
R
est une fraction rationnelle `a coefficients r´eels de degr´e strictement
– B
n´egatif (deg R < deg B) et n’admettant plus le pˆole z.
– On posera dans la suite :
T (X) = (X − z)(X − z¯) = (X − a)2 + b2 = X 2 − sX + p
avec :

z + z¯ = s,

z z¯ = p

∀x ∈ R, T (x) > 0

1
ln |x − z|
2

puisque |x − z| = |x − z¯| pour tout r´eel x.
On va consid´erer :

Ax + b
x2 + sx + p

O`
u λ, µ, A, B sont des r´eels, a et b ont ´et´e d´efinis plus haut.
D´emonstration. On calcule d’abord :

Z
¯
α
α
α
α
¯
+
dx = −

(x − z)2 (x − z¯)2
x − z x − z¯
a` une constante d’int´egration pr`es. On regroupe les deux termes conjugu´es
du second membre :

avec :

α
α
¯
Ax + B

=
x − z x − z¯ x2 − sx + p
A = −(α + α
¯)

qui sont bien r´eels puisqu’ils sont ´egaux `a leurs conjugu´es.
Calculons ensuite :

Z
β
β¯
+
dx
x − z x − z¯

et :

¯
α
α
β
β¯
+
+
+
(X − z)2 (X − z¯)2 X − z X − z¯

La somme des parties polaires relatives aux pˆoles z et z¯ et s’int´eresser `a la
forme de :
Z
φ(x) dx

Page 31/49

+

On a vu pr´ec´edemment que :



Z
βdx
x−a
= β ln |x − z| + i arctan
x−z
b

Ce qui autorisera, par la suite, `a consid´erer :

φ(X) =



B = −(α¯
z+α
¯ z)

Il s’agit d’un trinˆome sans racine r´eelle et donc tel que :

ln(T (x)) =

x−a
b

Jean-Pierre Barani

Z




¯
x−a
βdx
= β¯ ln |x − z¯| − i arctan
x − z¯
b

Toujours `a une constante pr´es. On va regrouper les deux termes en logarithme
et les deux termes en arc tangente.
Terme en logarithme On observe que :
¯ ln |x − z|
β ln |x − z| + β¯ ln |x − z¯| = (β + β)

Page 32/49

Jean-Pierre Barani

20 octobre 2002
ce qui peut encore s’´ecrire :

Exemple 18.

¯
(β + β)
ln(x2 − sx + p)
2

car :

20 octobre 2002

ln |x − z| = ln |x − z¯| =
¯

f (X) =

La d´ecomposition sur C du d´enominateur D(X) = (X 3 + 1)2 est :

1
ln |(x − z)(x − z¯)|
2

En posant (β+2 β) = λ ∈ R, on a bien le terme voulu en logarithme.
Terme en arc tangente Il vaut :


¯ arctan x − a
i(β − β)
b

D(X) = (X + 1)2 (X + j)2 (x + ¯j)2
En regroupant les deux polynˆomes correspondant aux deux racines
conjugu´ees de D(X), on obtient la d´ecomposition sur R de D(X) :
D(X) = (X + 1)2 (X 2 − X + 1)2
Au passage, on peut noter :
X 2 − X + 1 = X 2 − 2X cos(π/3) + 1

¯ ∈ R car µ = µ
Or µ = i(β − β)
¯ d’o`
u la forme annonc´ee.

Remarque 6. Si le pˆole z est simple, un calcul analogue au pr´ec´edent
donne la mˆeme forme sans le terme x2Ax+b
.
−sx+p
Pratique
Factorisation de T sur R et C En pratique, T peut apparaitre sous
plusieurs formes :
– Sous la forme (X − z)(X − z¯), si l’on a ´et´e amen´e `a calculer les racines
complexes du d´enominateur de f afin de le factoriser. On aura int´erˆet
`a l’´ecrire sous la forme X 2 − sX + p puisqu’il intervient ainsi dans
le terme en logarithme. Si les racines z et z¯ apparaissent sous forme
trigonom´etrique :
z = ρ ei θ
Il vient :

et

s = z + z¯ = 2ρ cos θ

z¯ = ρ e−i θ
et

D’o`
u l’importante relation de Poisson :

p = z z¯ = ρ2

1

(X − ρ ei θ )(X − ρ e−i θ ) = X 2 − 2ρX cos θ + ρ2
1

En fait elle ne s’appelle pas comme ¸ca mais c’est pour frapper les esprits.

Page 33/49

2X + 1
(X 3 + 1)2

Jean-Pierre Barani

– T apparait souvent directement sous la forme X 2 − sX + p. On a alors
int´erˆet, plutˆot que de se pr´ecipiter sur le discriminant, `a mettre directement T sous forme canonique :
T (X) = (X − a)2 + b2
en faisant apparaitre le d´ebut d’un carr´e, la factorisation de T sur C
est alors imm´ediate et l’on a directement a et b qui interviennent dans
le calcul du terme en arc tangente.
Exemple 19.

T (X) = X 2 + X + 2 = (X + 1/2)2 + 7/4 = (X + 1/2)2 − (i 7/2)2
Diff´erence de deux carr´es qui s’´ecrit :
√ !
√ !
1
7
1
7
X + +i
X + −i
2
2
2
2
D’o`
u les deux racines z et z¯, en choisissant, par exemple :

1
7
z =− +i
2
2
Si l’on a `a faire un calcul d’int´egrale faisant intervenir T au d´enominateur, les seules relations utiles seront les suivantes :
– X 2 + X + 2 = (X + 1/2)2 + 7/4 qui fournit a = −1/2 et b = 7/4.
– z + z¯ = −1 et z z¯ = 7/4. Relation qui permet de travailler avec
l’alg`ebre associ´ee aux racines de T (voir le paragraphe suivant)
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Jean-Pierre Barani

20 octobre 2002
Alg`
ebre associ´
ee aux racines d’un trinˆ
ome
nˆome T sans racine r´eelle :

Consid´erons un tri-

T (X) = X 2 − sX + p = (X − z)(X − z¯)
Dans les calculs qui vont suivre, on aura besoin de consid´erer C comme un
R-espace vectoriel de dimension 2 muni de la base (1, z). Il importe donc de
pr´eciser comment on peut calculer dans cette base.
– z 2 = sz − p, ce qui permet, de proche en proche, d’exprimer z n sous la
forme Az + B.
Exemple 20. z 2 + z + 2 = 0, calculons z 3 , z 4 :
z 2 = −z − 2,

z 3 = −z 2 − 2z = (z + 2) − 2z = −z + 2

20 octobre 2002
d’o`
u:

dans l’exemple ci-dessus :
(z − 1)(¯
z − 1) = 4
Donc :
u=
Or :

1
z

(z z¯ − z + z¯ − 1)
(z + 1)(¯
z − 1)
=
4
4

z z¯ = 2,

D’o`
u:

z 4 = (z + 2)2 = z 2 + 4z + 4 = 3z + 2


(z − 1)(¯
z − 1) = T (1) = 1 − s + p

u=

peut aussi se mettre sous la forme pr´ec´edente :
z−s+

p
=0
z

donc

1
1
= (−z + s)
z
p

=z+1+

2
= 0,
z

1
z+1
=−
z
2

Z

Posons :
f (x) =

– Signalons enfin comment on peut calculer des fractions rationnelles
simples en z auxquelles on peut toujours se ramener via les calculs
pr´ec´edents :
. On multiplie haut et
Exemple 22. z 2 + z + 2 = 0, calculons u = z+1
z−1
bas par z¯ − 1 de sorte que le d´enominateur est :
(z − 1)(¯
z − 1)
qui est une expression sym´
etrique des racines de T et qui
s’exprime donc uniquement en fonction de la somme et du
produit des racines via la relation :

Comme

Jean-Pierre Barani

(x − 1) dx
(x + 1)2 (x2 + 2x + 2)
(x − 1)
(x + 1)2 (x2 + 2x + 2)

T (x) = x2 + 2x + 2 = (x + 1)2 + 1

(4)

qui nous servira plus loin, la fonction f est continue sur les intervalles I1 =
ealit´
e
] − ∞, −1[ et I2 =] − 1, +∞[. On fait un seul calcul mais, en r´
l’int´
egration est conduite s´
epar´
ement sur chacun de ces intervalles.
1) Int´
egration de la partie polaire relative au pˆ
ole −1 Comme on a
vu pr´ec´edemment, on d´etermine cette partie polaire grˆace `a un d´eveloppement asymptotique de f au voisinage de −1 en 1/(x + 1). Il
vient, lorsque h est au voisinage de 0 :
x = −1 + h
x − 1 = −2 + h
x2 + 2x + 2 = 1 + o(h)

T (X) = X 2 + X + 2 = (X − z)(X − z¯)
Page 35/49

2 − z + (−1 − z) − 1
−z
=
4
2

F (x) =

en ´elevant cette relation au carr´e, il vient :
1
z−1
(z + 1)2
z 2 + 2z + 1
=
=
=
2
z
4
4
4

ie z¯ = −1 − z

Mise en œuvre On va mettre en œuvre ce qui pr´ec`ede sur des exemples.
Exemple 23. Calculer :

Exemple 21. z 2 + z + 2 = 0, calculons 1/z, 1/z 2 :
z 2 + z + 2 = 0,

z + z¯ = −1,

Page 36/49

(5)
(6)
(7)
Jean-Pierre Barani

20 octobre 2002
donc :
f (−1 + h) =

−2 1
−2 + h
= 2 + +o
h2 (1 + o(h))
h
h


1
h

L’int´egration de la partie polaire relative au pˆole −1 donne un r´esultat
du type :
2
+ ln |x + 1| + . . .
F (x) =
x+1
2) Int´
egration des parties polaires relatives aux pˆ
oles complexes On
reprend la relation (4) :
x2 + 2x + 2 = (x + 1)2 + 1
La forme de F (x) est donc :
F (x) =

2
+ ln |x + 1| + µ arctan(x + 1) + λ ln(x2 + 2x + 2) + C
x+1

Pour avoir µ et λ on d´erive cette relation :
f (x) = µ

1
2x + 2
+λ 2
+ g(x)
1 + (x + 1)2
x + 2x + 2

20 octobre 2002
Comme (1, ω) est une base de C consid´er´e comme R-espace vectoriel
de dimension 2, il vient :
(
2λ = −1
donc λ = −1/2
µ + 2λ = 1 donc µ = 2
2
−1
+ ln |x + 1| + 2 arctan(x + 1) +
ln(x2 + 2x + 2) + C
x+1
2
On rappelle que la constante C n’est pas la mˆeme sur I1 et I2 . V´erification sous MAPLE :
F (x) =

y:=(x-1)/((x+1)^2*(x^2+2*x+2));
x−1
(x + 1)2 (x2 + 2 x + 2)
int(y,x);
2
ln(x2 + 2 x + 2)
+ ln(x + 1) −
+ 2 arctan(x + 1)
x+1
2
Voyons maintenant un exemple utilisant la parit´e de la fonction `a int´egrer.
Exemple 24. Calculer :

soit :

2λx + µ + 2λ
+ g(x)
(8)
f (x) = 2
x + 2x + 2
o`
u g est une fraction n’admettant pas pour pˆole un z´ero de x2 + 2x + 2.
Notons ω et ω
¯ les deux racines complexes de T . On multiplie alors la
relation (8) par x2 +2x+2 et on substitue ω a` x dans la relation obtenue
soit :
ω−1
= 2λω + µ + 2λ
(ω + 1)2
Or :
donc :
et

Page 37/49

Z
F (x) =

dx
x8 + x4 + 1

1) Factorisation du d´
enominateur Cherchons ses racines complexes de
D(X) = X 8 + X 4 + 1. Il faut r´esoudre l’´equation :
z8 + z4 + 1 = 0

(9)

Qui se ram`ene, via le changement de variable z 4 = Z `a :
z4 = j

ω 2 = −2ω − 2

ou

z 4 = j 2 = ¯j

On n’´etudie que la premi`ere puisque les solutions de la seconde en sont
les conjugu´ees. Il vient :

(ω + 1)2 = −1

z = ei π/6+2ki π/4

ω−1
= −ω + 1
(ω + 1)2
Jean-Pierre Barani

Page 38/49

avec k = 0, 1, 2, 3

Jean-Pierre Barani

20 octobre 2002

Une fois qu’on a la racine z = ei π/6 = 3/2+i/2, les autres s’obtiennent
par des rotations successives d’angle π/2 soit :

20 octobre 2002
Or l’une des primitives de f (x) =
On en d´eduit :
λ1 = −λ,

{z, iz, −z, −iz}
Que les lecteurs ´ecriront sous forme alg´ebrique (a+ib) et repr´esenteront
g´eom´etriquement. On peut cependant factoriser D(X) rapidement sur
R en remarquant la relation fondamentale :
(X − r ei θ )(X − r e−i θ ) = X 2 − 2rX cos θ + r2
donc :
D(X) =

3
Y

(X − ei π/6+ki π/2 )(X − e−i π/6−ki π/2 )

k=0

D(X) =

3
Y


2

X − 2X cos

k=0

π kπ
+
6
2




+1

Soit :
D(X) = (X 2 +



3X + 1)(X 2 −



3X + 1)(X 2 − X + 1)(X 2 + X + 1)

Chaque trinˆome est ´evidemment sans
forme canonique :

X 2 + 3X + 1 = (X

X 2 − 3X + 1 = (X
X 2 − X + 1 = (X
X 2 + X + 1 = (X

2) Calcul de F (x) elle a la forme :


F (x) = λ ln(x2 − x 3 + 1) + λ1 ln(x2 + x 3 + 1)+
λ0 ln(x2 − x + 1) + λ01 ln(x2 + x + 1)+




µ arctan 2x − 3 + µ1 arctan 2x + 3 +




2x − 1
2x + 1


µ0 arctan
+ µ01 arctan
+C
3
3
Page 39/49

Jean-Pierre Barani

λ01 = −λ0 ,

est impaire puisque f est paire.
µ1 = µ,

µ01 = µ1

Il reste donc `a calculer λ, λ0 , µ, µ0 .
3) D´
etermination de λ et µ On d´erive l’expression pr´ec´edente de F (x) :

2x − 3
µ


f (x) = λ
+
+ g(x)
x2 − x 3 + 1 2(x2 − x 3 + 1)
o`
u g est
√ une fraction rationnelle qui n’admet pas pour pˆole un z´ero de
x2 − x 3 + 1. Soit ω ∈ C une√racine de ce trinˆome, on multiplie cette
expression de f (x) par x2 − x 3 + 1 et on substitue ω `a x :
λ(2ω −



3) +

µ
1

=
2
(ω 2 + 3ω + 1)(ω 2 − ω + 1)(ω 2 + ω + 1)

En utilisant plusieurs fois la relation :

ω2 = ω 3 − 1
il vient :

racine r´eelle, ´ecrivons les sous

+ 3/2)2 + 1/4

− 3/2)2 + 1/4
− 1/2)2 + 3/4
+ 1/2)2 + 3/4

1
D(x)

(ω 2 +




3ω + 1)(ω 2 − ω + 1)(ω 2 + ω + 1) = 4ω 3 3

D’o`
u:

µ


−λ 3 =

1

2
4ω 3 3
On pourrait, de proche en proche, d’exprimer les puissances successives
de ω, donc ω 3 , dans la base (1, ω) ; mais on peut directement travailler
avec les puissances de 1/ω. En effet :

ω2 − ω 3 + 1 = 0
2λω +

donc, en divisant cette relation par ω :
1 √
= 3−ω
ω
On ´el`eve (10) au carr´e et on r´eutilise ω 2 =


(10)


1
= −ω 3 + 2
ω2
Page 40/49

3ω − 1 :
(11)
Jean-Pierre Barani

20 octobre 2002
On multiplie (11) par 1/ω et on r´eutilise (10) :

On pose :
f (x) =


1
= −2ω + 3
ω3
D’o`
u:

20 octobre 2002

Fonction continue sur chacun des trois intervalles ] −∞, −2[, ] − 1, 1[, ]1, +∞[
o`
u l’on conduira s´epar´ement les calculs.


−ω
1
−λ 3 = √ +
2λω +
2
2 3 4
µ

1) D´
ecomposition relative aux pˆ
ole r´
eels On commence par le pˆole 1 :
x
x2
(x + 1)2
x2 + 1
2
(x + 1)2
2 2
(x + 1) (x + 1)2

Comme (1, ω) est une base du R-espace vectoriel C :
(


d’o`
u λ = 4−1
2λ = 2−1
3
√3 1
µ
− λ 3 = 4 d’o`
uµ=0
2
4) D´
etermination de λ0 et µ0 Mˆeme m´ethode avec le trinˆome x2 − x + 1
dont on note encore ω une racine :

µ0 3
0 2x − 1
f (x) = λ 2
+
+ h(x)
x − x + 1 2(x2 − x + 1)
o`
u h est une fraction rationnelle n’admettant pas le pˆole ω. On trouve
et les lecteurs sont pri´es de faire les calculs :

3
1
λ0 (2ω − 1) + µ0
=
2
4
D’o`
u:
λ0 = 0,

1
+ √ arctan
2 3

2x − 1

3

Exemple 25. Calculer :

Z
F (x) =

Page 41/49



1
+ √ arctan
2 3



2x + 1

3

=
=
=
=
=
=

1+h
1 + 2h + o(h)
4 + 4h + o(h)
2 + 2h + o(h)
4(1 + 2h + o(h))
16(1 + 3h + o(h))

Donc, quand h → 0 :
f (1 + h) =

1
1
=
(1 − 3h + o(h))
16h2 (1 + 3h + o(h))
16h2

D’o`
u la partie polaire relative au pˆole 1 :


1
1
3

f (x) =
+
g(x)
16 (x − 1)2 x − 1
o`
u g est une fraction n’admettant plus le pˆole 1.
Comme f est paire, on en d´eduit la d´ecomposition relative au pˆole (−1)
d’`ou :


1
1
3
1
3
+
+
h(x)

+
f (x) =
16 (x − 1)2 x − 1 (x + 1)2 x + 1

1
µ0 = √
2 3

Et l’expression de F (x) sur R, confirm´ee par MAPLE :
!

1
x2 + x 3 + 1

F (x) = ln
4
x2 − x 3 + 1


1
1
=
(x4 − 1)2
(x − 1)2 (x + 1)2 (x2 + 1)2

h n’ayant plus de pˆole r´eel.

+C

2) Int´
egration des ´
el´
ements simples relatifs aux pˆ
oles complexes La
forme correspondante de F (x) est :
Ax + B

x2 + 1




1
1
1
3 x + 1
+
+
ln
+C
16 x + 1 x − 1
16 x − 1

F (x) = µ arctan x + λ ln(x2 + 1) +

dx
(x4 − 1)2
Jean-Pierre Barani

Page 42/49

Jean-Pierre Barani

20 octobre 2002
Comme f est une fraction rationnelle paire, il vient B = 0, λ = 0 .
D´erivons l’expression pr´ec´edente de F :
A(x2 + 1) − 2Ax2
µ
+ 2
+ ...
(x2 + 1)2
x +1
Les points de suspension correspondent `a une fraction n’admettant plus
le pˆole i. Soit ω tel que ω 2 + 1 = 0 :
1
(x2 + 1)2 f (x) = A(x2 + 1) − 2Ax2 + · · · = 2
(x − 1)2
en substituant ω `a x dans cette relation, il vient :
1
−2Aω 2 = 2
(ω − 1)2
soit :
1
A=
8
On obtient µ, par exemple en calculant f (0) :
1
f (0) = 1 = A + µ + (1 + 3 + 1 + 3)
16
d’o`
u
3
µ=
8
Donc :




3
x
1
1
1
3 x + 1
F (x) = arctan x+
+
+
ln
+C

8
8(x2 + 1) 16 x + 1 x − 1
16 x − 1
O`
u la constante d´epend de l’intervalle consid´er´e.
f (x) =

Quatri`
eme partie

Fonctions trigonom´
etriques
8

Fonctions trigonom´
etriques usuelles

20 octobre 2002

8.1

Cas d’expressions polynˆ
omiales

On est imm´ediatement ramen´e au cas calcul de primitives de la forme :
Z
Ip,q (x) = sinp x cosq x dx, p, q ∈ N
D’o`
u trois cas :
1) p impair On pose cos x = t car :
sinp x cosq x dx = − cosq x (1 − cos2 x)

Jean-Pierre Barani

d(cos x)

2) q impair On pose sin x = t car :
sinp x cosq x dx = sinp x (1 − sin2 x)

q−1
2

d(sin x)

p
q
3) p et q pairs On
R lin´earise sin x cos x. On remarquera que les int´egrales
de la forme cos px sin qx dx et autres se calculent par transformation
du produit en somme.
R
Exemple 26. Calculer F (x) = cos 3x sin 2x dx.

1
cos 3x sin 2x = (sin 5x − sin x)
2
cos 5x cos 2x
+
+C
10
2
R
Exemple 27. Calculer F (x) = sin2 x cos4 x dx.
F (x) = −

sin2 x cos4 x = (sin x cos x)2 cos2 x =
D’o`
u:

1 2
1
sin 2x cos2 x = sin2 2x(1 + cos 2x)
4
8

G(x) + H(x)
8
Z
Z
F (x) = sin2 2x dx, H(x) = sin2 2x cos 2x dx
F (x) =

avec :

On se propose de calculer des primitives et int´egrales de fonctions du type
x 7→ R(cos x, sin x) o`
u R est g´en´eralement une fonction rationnelle de deux
variables. Pour l’expos´e des m´ethodes g´en´erales on se limitera aux calculs de
primitives.
Page 43/49

p−1
2

G(x) =
Page 44/49

1
2

Z
(1 − cos 4x) dx =

x sin 4x

+C
2
8
Jean-Pierre Barani

20 octobre 2002

H(x) =

1
2

Z

sin2 2x d(sin 2x) =

sin3 2x
+C
6

Cas g´
en´
eral

On essaie un changement de variable simplificateur. Le plus simple est de
etrie sur l’axe
regarder si le graphe de (γf ) de f poss`ede un centre de sym´
Ox, ce qui peut se voir `a la calculatrice.
1) Si O = (0, 0) est centre de sym´
etrie de (γf ) La fonction est impaire
comme le sinus et on l’int`egre comme le sinus c’est-`a-dire en posant
cos x = t [cf aussi l’exemple 11 sur le changement de variable].
2) Si Ω = (p/2, 0) est un centre de sym´
etrie de (γf ) La fonction f v´erifie alors f (p − x) = −f (x) en tout point x du domaine de travail.
On fait d’abord une translation pour ramener ce centre en O et on est
ramen´e au cas pr´ec´edent ce qui revient `a poser : cos(x − p/2) = t .
3) Dans les autres cas On recherche une p´eriode λ de f -de pr´ef´erence la
meilleure mais ce n’est pas obligatoire-que l’on ram`ene `a 2π par l’ho πx
moth´etie x 7→ 2πx
, ce qui revient `a poser : t = tan
[cf l’exemple
λ
λ
´
13]. Evidemment
si on ne voit pas mieux que λ = 2π, on pose
x
t = tan
[cf l’exemple 12 pour un tel changement de variable avec
2
recollement].
R 3x
Exemple 28. Calculer F (x) = cos
dx.
sin5 x
On trouve deux centres de sym´etries (0, 0) et (π/2, 0) ce qui permet de poser
cos x = t ou sin x = t . Choisissons ce dernier `a cause du d´enominateur plus
simple :

1 − sin2 x d(sin x)
cos3 x
cos2 x d(sin x)
dx
=
=
sin5 x
sin5 x
sin5 x
Le changement de variable sin x = t ram`ene alors, sur les intervalles I o`
u le
sinus ne s’annule pas, le calcul de F (x) `a celui de :
Z
1
1
1 − t2
G(t) =
dt = − 4 + 2 + C
4t
2t
t5
Page 45/49

D’o`
u, sur les intervalles I pr´ec´edents :
F (x) = −

x
sin 4x sin3 2x
F (x) =

+
+C
16
64
48

8.2

20 octobre 2002

Jean-Pierre Barani

1
1
+
+C
4 sin4 x 2 sin2 x

R
dx
Exemple 29. Calculer F (x) = cos x−cos
.
5x
Posons sin x = t . On essaie de transformer le d´
enominateur en produit pour factoriser plus ais´
ement la future fraction rationnelle de
t.
dx
dx
=
cos x − cos 5x
2(sin 2x sin 3x)
Comme d(sin x) = cos x dx n’apparaˆıt pas spontan´ement, on le force un peu
en multipliant haut et bas par cos x :
cos x dx
d(sin x)
dx
=
=
(sin 2x sin 3x)
(sin 2x cos x) sin 3x
2 sin x(1 − sin2 x)(3 sin x − 4 sin3 x)
On est donc ramen´e au calcul de :
1
G(t) =
2

Z





3 − 2t
dt
A B 1 + t


+ C ln √
= + ln
+K
3 + 2t
2t2 (1 − t2 )(3 − 4t2 )
t
2
1 − t

On trouve :

1
C=− √
3 3




3 − 2 sin x
1
1 1 + sin x
1




F (x) = −
ln

− ln

+K
12 sin x 8
1 − sin x 3 3 3 + 2 sin x
A=−

1
,
12

1
B=− ,
4

Exercice 3. D´emontrer que, sur des intervalles `a pr´eciser :
!
Z
1 + 3 tan x2
1
dx


=
arctan
+C
3 + sin x
2
2 2
et proc´eder au recollement des solutions.

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Jean-Pierre Barani

20 octobre 2002

9

Fonctions trigonom´
etriques hyperboliques
Il s’agit d’int´egrales de la forme :

o`
u R est une fraction rationnelle `a deux variables. Dans le cas g´en´eral on
pose :
x
t = ex ou t = th
2
mais l’on peut quelquefois s’inspirer des changements de variable que l’on
ferait pour int´egrer R(cos x, sin x).
Z
F (x) =

sh x sh 5x = (16 t4 − 12 t2 + 1)(t2 − 1)

on est ramen´e au calcul de :
Z
(2 t2 − 1)dt
sur ]1, +∞[
G(t) =
(16 t4 − 12 t2 + 1)(t2 − 1)
On factorise alors le polynˆome bicarr´e sous la forme :
T (t2 ) = 16 t4 − 12 t2 + 1 = 16 (t2 − α2 )(t2 − β 2 )
En effet les deux racines r´eelles du polynˆome T ont leur demi-somme comprise
entre 0 et 1 et T (0) > 0 et T (1) > 0 donc ces deux racines appartiennent `a
]0, 1[. Notons les α2 et β 2 . avec :


3+ 5
3− 5
α2 =
β2 =
8
8
Page 47/49

2 t2 − 1
2 t2 − 1
=
(16 t4 − 12 t2 + 1)(t2 − 1)
16 (t2 − α2 )(t2 − β 2 )(t2 − 1)

peut se faire en fonction de t2 . Il vient :
g(t) =

1
1
1


10(α2 − t2 ) 10(β 2 − t2 ) 5(1 − t2 )

et donc :
F (x) =







α + ch x




1
− 1 ln β + ch x − 1 ln ch x + 1 + C
ln
20 α
α − ch x 20 β β − ch x 10 ch x − 1

Comme ch x > 1 sur l’intervalle d’int´egration et |α| < 1, |β| < 1, on peut
supprimer les valeurs absolues dans cette expression de F :

ch 2x
dx
sh 5x

D´emonstration. La fonction `a int´egrer est impaire ; on s’inspire donc d’un
2x
changement de variable qu’on ferait pour int´egrer cos
c’est `a dire t = ch x.
sin 5x
On va mener le calcul sur ]0, +∞[, les primitives sur ] − ∞, 0[ s’en d´eduiront.
dt = ch x dx

La d´ecomposition en ´el´ements simples de :
g(t) =

R(ch x, sh x)

Exemple 30. Calculer :

20 octobre 2002

Jean-Pierre Barani

F (x) =

1
ln
20 α



α + ch x
ch x − α




1
ln
20 β



β + ch x
ch x − β




1
ln
10



ch x + 1
ch x − 1


+C

Remarque 7. L’expression de sin 5x `a l’aide de cos x donne :
sin 5x
= 16 cos4 x − 12 cos2 x + 1
sin x
Les racines distinctes du polynˆome 16 t4 −12 t2 +1 sont donc les cos(kπ/5),
k ∈ {1, 2, 3, 4} qui s’opposent deux `a deux : cos(4π/5) = − cos(π/5),
cos(3π/5) = − cos(2π/5). De plus puisque 0 < cos(2π/5) < cos(π/5) <
1, il vient :

π

, β 2 = cos2
α2 = cos2
5
5
de sorte qu’on peut adopter :
α = cos

Page 48/49

π
5


, β = cos


5



Jean-Pierre Barani

20 octobre 2002

Cinqui`
eme partie

Int´
egrales ab´
eliennes
Sixi`
eme partie

Quelques exemples en Maple
10

Commandes Maple

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Jean-Pierre Barani

L’int´egrale

20 octobre 2002

L’int´egrale

´ GRALE DES FONCTIONS
L’INTE
CONTINUES PAR MORCEAUX SUR UN
INTERVALLE
PC*2
20 octobre 2002

Introduction et conventions
Dans tout ce cours, la lettre I d´esigne un intervalle quelconque non r´eduit
a` un point et la lettre J un segment. Les fonctions consid´er´ees sont `a valeurs
dans K = R ou C.

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JP Barani

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JP Barani

20 octobre 2002

L’int´egrale
2.4.2

Int´egration des relations de comparaison . . . . . . . . 41

Table des mati`
eres
1 L’int´
egrale des fonctions continues par morceaux sur un segment
1.1 Fonctions de classe C n par morceaux sur un segment . . . . .
1.2 R´evision du cours de premi`ere ann´ee sur l’int´egrale des fonctions continues par morceaux sur un segment . . . . . . . . . .
1.3 L’int´egrale fonction d’une borne . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.1 Continuit´e par morceaux sur un intervalle quelconque .
1.3.2 L’int´egrale comme fonction d’une borne . . . . . . . . .
1.4 Sommes de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5 La formule fondamentale du calcul diff´erentiel et int´egral et
ses applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6 Le changement de variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 Int´
egration sur un intervalle quelconque
2.1 Suites exhaustives de segments . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Int´egration des fonctions positives . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 D´efinition et caract´erisation . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Propri´et´es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
´
2.2.3 Etude
pratique de l’int´egrabilit´e d’une fonction positive
Int´egrabilit´e des puissances . . . . . . . . . . . . . . . .
Plan de l’´etude . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Int´egration des fonctions de signe quelconque et `a valeurs complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Propri´et´es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Exemples d’int´egrabilit´e . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.3 Exemples de calcul d’int´egrales . . . . . . . . . . . . .
2.4 Compl´ements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.1 Utilisation d’une s´erie . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3

5
5
8
12
12
14
16
16
17
19
19
20
20
22
27
27
28
30
32
35
35
38
38
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20 octobre 2002

JP Barani

L’int´egrale

20 octobre 2002

f (ti − 0) = lim− f (t) = fi (ti )
t→ti

pour i > 0

En tout autre point de [a, b], f est continue.

efinition 2 (Classe C n par morceaux). Mˆeme d´efinition en imposant
aux fi d’ˆetre de classe C n .

Chapitre 1
L’int´
egrale des fonctions
continues par morceaux sur un
segment
1.1

Fonctions de classe C n par morceaux sur
un segment

On est pri´e de consulter le cours "D´eriv´ees des fonctions d’une variable
r´eelle `a valeurs r´eelles, complexes ou vectorielles" dont on reprend quelques
grandes lignes.

efinition 1 (Continuit´
e par morceaux sur un segment). Une fonction
f , d´efinie sur un segment [a, b], est dite continue par morceaux sur [a, b] s’il
existe une subdivision σ = (t0 , t1 , . . . , tn ) de [a, b] telle que : pour chaque
i ∈ {1, 2, . . . , n} existe une application fi , d´efinie et continue sur le segment
[ti−1 , ti ] et v´erifiant :
fi|]ti−1 ,ti [ = f|]ti−1 ,ti [

ie ∀t ∈]ti−1 , ti [, fi (t) = f (t)

Une telle subdivision σ est dite adapt´
ee `
a f.

t→ti

5

∀t ∈ [a, b] − {t0 , t1 , . . . , tn }, g(t) = f 0 (t)
bien qu’elle ne soit pas unique une telle application sera not´
ee D f .
Il importe de remarquer quelle co¨ıncide avec f 0 sauf sur un sous
ensemble fini de [a, b] o`
u elle peut prendre des valeurs parfaitement
arbitraires. On d´efinit de fa¸con analogue Dn f pour f de classe C n par
morceaux sur [a, b].
Exemple 1 (Comprendre le caract`ere C n par morceaux). Consid´erons la fonction f d´efinie sur [−1, 1] par :
f (x) = |x|
Elle est continue sur [−1, 1] ; montrons qu’elle est aussi de classe C 1 par
morceaux sur cet intervalle : la subdivision σ = (−1, 0, 1) est adapt´ee `a f car
les applications :
f1 : [−1, 0] → R
x 7→ −x
f2 : [0, 1] → R

Remarque 1. On verra que la valeur de f aux points ti n’importe pas
contrairement aux limites lat´erales de f aux points ti qu’on note :
f (ti + 0) = lim+ f (t) = fi+1 (ti )


efinition 3 (D´
eriv´
ee g´
en´
eralis´
ee d’une fonction C 1 par morceaux).
Soit f une fonction de classe C 1 par morceaux sur l’intervalle [a, b]. σ =
(ti )0≤i≤n une subdivision adapt´ee `a f et les fi comme ci-dessus. La fonction
f est d´erivable en tout point t ∈ [a, b] diff´
erent des ti et la fonction f 0 ,
d´efinie sur [a, b] − {t0 , t1 , . . . , tn }, se prolonge en une fonction continue par
morceaux sur [a, b] en lui affectant des valeurs arbitraires aux points ti . On
appelera donc d´
eriv´
ee g´
en´
eralis´
ee de la fonction f de classe C 1 par
morceaux sur [a, b] toute application g continue par morceaux sur [a, b]
telle qu’existe une subdivision σ = (ti )0≤i≤n , adapt´ee `a f v´erifiant :

x 7→ x

1

sont de classe C respectivement sur les segments [−1, 0] et [0, 1] et que :
∀x ∈] − 1, 0[, f (x) = f1 (x)

pour i < n

∀x ∈]0, 1[, f (x) = f2 (x)
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L’int´egrale
On peut alors, par exemple, d´efinir D f


10000




 −1

D f (x) = π



1




−104

20 octobre 2002

par :
si
si
si
si
si

x = −1
−1 < x < 0
x=0
0<x<1
x=1

Il vient alors que f est d´erivable en tout point de ] − 1, 0[∪]0, 1[= [−1, 1] −
{−1, 0, 1} et qu’en un tel point x : f 0 (x) = D f (x). En les points −1, 0,
1, la valeur de D f (x) est parfaitement arbitraire. Bien sˆ
ur, on prouve sans
changement que f est C ∞ par morceaux sur [−1, 1] puisque f1 et f2 sont de
classe C ∞ .
On rappelle enfin le r´esultat suivant qui est tr`es utile pour r´ediger rapidement
la preuve du caract`ere C n par morceaux :
Proposition 1 (Le prouver rapidement). Soit f : [a, c] → K et a < b <
c. f est de classe C n par morceaux sur [a, c] si et seulement si ses restrictions
aux intervalles [a, b] et [b, c] le sont. Au surplus, si ]α, β[ est un sous intervalle
ouvert de [a, b] sur lequel la restriction de f est de classe C n (n ≥ 1) alors
on peut imposer :
∀x ∈]α, β[, ∀j ∈ [|1, n|], Dj f (x) = f (j) (x)
Exemple 2 (Retour sur l’exemple pr´ec´edent). Reprenons x 7→ |x| sur [−1, 1] :
f|[−1,0] est l’application x 7→ −x qui est de classe C ∞ sur [−1, 0]

L’int´egrale

1.2

20 octobre 2002


evision du cours de premi`
ere ann´
ee sur
l’int´
egrale des fonctions continues par morceaux sur un segment

Elle a ´et´e vue en premi`ere ann´ee. On se contentera ici d’un r´esum´e succint et d’un rappel des propri´et´es les plus importantes. On suppose connue
l’int´egrale des applications en escalier sur [a, b] `a valeurs complexes et ses
propri´et´es. On notera E([a, b], K) le K-espace vectoriel des applications en
escalier de [a, b] dans K ; s’il n’y a pas d’ambigu¨ıt´e on le notera simplement
E.

efinition 4. Soit f une application continue par morceaux sur le segment
[a, b] `a valeurs r´eelles. Si > 0 il existe deux applications φ et ψ en escalier
sur [a, b] telles que :
φ ≤ f ≤ ψ et ∀x ∈ [a, b], 0 ≤ ψ(x) − φ(x) <
Il vient alors :

Z
sup
φ∈E
φ≤f

b
a

Z
φ(x) dx = inf

ψ∈E
ψ≥f

Z
Cette borne commune est alors not´ee

b
a

b

a

ψ(x) dx

f (x) dx .

Soit f une application continue par morceaux sur [a, b] `a valeurs complexes.
Les applications g = Re f et h = Im f sont continue par morceaux sur [a, b]
`a valeurs r´eelles ce qui autorise `a poser :
Z

f|[0,1] est l’application x 7→ x qui est de classe C ∞ sur [0, 1]

a

b

Z
f (x) dx =

b
a

Z
g(x) dx + i

b
a

h(x) dx

Donc, d’apr`es la proposition pr´ec´edente, f est C ∞ par morceaux sur [−1, 1].
De plus f|]−1,0[ et f|]0,1[ sont de classe C ∞ respectivement sur ] − 1, 0[ et ]0, 1[
donc on peut imposer :
(
−1 pour x ∈] − 1, 0[
D f (x) =
1
pour x ∈] − 1, 0[

On v´erifie la coh´erence de la notation et l’on dispose du th´eor`eme suivant,
non vu en premi`ere ann´ee, mais qui permet d’obtenir tr`es rapidement les propri´et´es de l’int´egrale des applications continues par morceaux sur un segment
`a valeurs complexes `a partir des propri´et´es correspondantes des applications
en escalier.

et des valeurs arbitraires en les autres points de [−1, 1].

Th´
eor`
eme 1. Soit f une des application continue par morceaux d’un segment [a, b] dans C alors :

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JP Barani

JP Barani

L’int´egrale

20 octobre 2002

a) f est limite uniforme sur [a, b] d’une suite d’applications en escalier sur
[a, b].
b) Pour toute suite (fn ) d’applications en escalier sur [a, b] qui converge
uniform´ement vers f sur [a, b] on a :
Z b
Z b
fn (x) dx =
f (x) dx
lim
n→∞

a

a

D´emonstration. On se limite au cas des fonctions `a valeurs r´eelles. Le cas
complexe s’en d´eduit imm´ediatement par passage aux parties r´eelles et imaginaires.
Preuve de a) : Soit f une fonction continue par morceaux sur [a, b] `a valeurs r´eelles. Si n ∈ N, il existe deux applications φn et ψn appartenant
`a E([a, b], R) telles que :
φn ≤ f ≤ ψn

1
et 0 ≤ ψn − φn ≤
n+1

d’o`
u il d´ecoule, en notant || ||∞ la norme de la convergence uniforme
sur le R-espace vectoriel des applications born´ees de [a, b] dans R, que :
∀x ∈ [a, b], 0 ≤ f (x) − φn (x) ≤

1
1
d’o`
u ||f − φn ||∞ ≤
n+1
n+1

Preuve de b) : Soit (fn ) une suite d’´el´ements de E([a, b], R) qui converge
` partir d’un certain rang
uniform´ement vers f sur [a, b]. Soit > 0. A
n0 on a :


donc ∀x ∈ [a, b], fn (x) − < f (x) < fn (x) +
||fn − f ||∞ <
b−a
b−a
Mais la fonction φn = fn − /(b − a) resp ψn = fn + /(b − a) est en
escalier sur [a, b] et, d’apr`es la lin´earit´e de l’int´egrale des fonctions en
Rb
Rb
excalier sur [a, b], son int´egrale vaut a fn (x) dx − resp a fn (x) dx +
donc, d’apr`es la d´efinition de l’int´egrale de f sur [a, b] :
Z b
Z b
Z b
fn (x) dx − ≤
f (x) dx ≤
fn (x) dx +
a

et donc :

a

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a

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20 octobre 2002

Rb
Proposition 2 (Lin´
earit´
e de l’int´
egrale). L’application f 7→ a f (t) dt
est une forme K-lin´eaire sur le K-espace vectoriel des applications continues
par morceaux sur [a, b] `a valeurs dans K.
D´emonstration. D´ecoules de la lin´earit´e de l’int´egrale sur E([a, b], K) et du
th´eor`eme 1.

efinition 5 (Cas d’un ensemble fini exceptionnel). Si deux fonctions
f et g, continues par morceaux sur [a, b], `a valeurs dans K, co¨ıncident sur le
compl´ementaire d’une partie finie F de [a, b], leurs int´egrales co¨ıncident.
Il s’ensuit que, si f est une application de [a, b] − F dans K qui admet un
prolongement g continu par morceaux sur [a, b], on peut convenir que :
Z

b
a

Z
f (x) dx =

b
a

g(x) dx

puisque tout autre prolongement de f `a [a, b] y est continu par morceaux et
de mˆeme int´egrale que g.
D´emonstration. Si f etR g diff´erent,
R au plus, sur F , h = f − g est en escalier
d’int´egrale nulle donc [a,b] f = [a,b] g.
Exemple 3. La fonction d´efinie sur ]0, π[∪]π, 2π] par :
f (x) =

sin x
x(x − π)

Se prolonge `a [0, 2π] en une fonction continue (not´ee ici f˜ mais, en pratique,
not´ee encore f ) en posant : f˜(0) = f˜(π) = − π1 . On posera alors :
Z π
Z π
sin x
f˜(x) dx
dx =
0 x(x − π)
0
Proposition 3 (Positivit´
e, croissance). Si f et g sont continues par morceaux sur [a, b] et si f ≤ g sur [a, b] alors :
Z

a

Z b

Z b




f
(x)
dx

f
(x)
dx
n


a

L’int´egrale

a

b

Z
f (x) dx ≤

b

a

g(x) dx

Si f est positive et continue sur [a, b] et d’int´egrale nulle, elle est nulle.
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L’int´egrale

20 octobre 2002

D´emonstration. La positivit´e de l’int´egrale d’une fonction positive d´ecoule
de la d´efinition 4 ; la lin´earit´e de l’int´egrale assure sa croissance.
La stricte positivit´e de l’int´egrale d’une fonction continue telle qu’existe x0 ∈
[a, b] tel que f (x0 ) > 0 provient de ce qu’on peut minorer f par une fonction
en escalier d’int´egrale strictement positive sur [a, b] (voir cours de premi`ere
ann´ee pour les d´etails et surtout les dessins).
Proposition 4 (In´
egalit´
es importantes). Soient f et g, continues par
morceaux sur [a, b], `a valeurs dans K, alors :
Z b
Z b




f
(x)
dx
|f (x)| dx


a

a

b
a

s

Z

|f (x)g(x)| dx ≤

b
a

s
Z
|f (x)|2 dx

b
a

|g(x)|2 dx

D´emonstration. La premi`ere peut, par exemple, s’obtenir par passage `a la
limite via le th´eor`eme 1. La deuxi`eme a ´et´e vue en premi`ere ann´ee, elle
est admise pour l’instant et sera d´emontr´ee dans le cours sur les espaces
pr´ehilbertiens.
Exercice 1. Montrer que, si f est continue et si la premi`ere in´egalit´e est une
´egalit´e alors il existe θ ∈ R tel que :
∀x ∈ [a, b], f (x) = eiθ |f (x)|
Proposition 5 (Relation de Chasles). Soit f une application de [a, c]
dans K et b tel que a < b < c. Alors f est continue par morceaux sur [a, c]
si et seulement si elle l’est sur [a, b] et sur [b, c] et, dans ce cas :
Z

c
a

Z
f (x) dx =

b
a

Z
f (x) dx +

c
b

f (x) dx

Remarque 2. On verra dans la section suivante l’int´erˆet de cette relation
pour calculer explicitement des int´egrales de fonctions continues par
morceaux sur un segment.
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1.3
1.3.1

20 octobre 2002

L’int´
egrale fonction d’une borne
Continuit´
e par morceaux sur un intervalle quelconque


efinition 6. Une application f d’un intervalle I dans K est dite continue
par morceaux sur I si, pour tout segment J contenu dans I, f|J est continue
par morceaux sur J.
Proposition 6 (Structure d’espace vectoriel). L’ensemble des applications continues par morceaux sur I `a valeurs dans K est un K-sous espace
vectoriel de F(I, K).
D´emonstration. Facile et donc laiss´ee aux courageux lecteurs.

et l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz :
Z

L’int´egrale

Proposition 7. Si f et g sont des fonctions continues par morceaux d´efinies
sur I, `
a valeurs dans K, il en est de mˆeme des fonctions :
– f g.
– f /g si g ne s’annule pas sur I.
– |f |.
– Re f , Im f .
– Si f est `
a valeurs r´eelles, f + et f− .
D´emonstration. On se ram`ene imm´ediatement au cas des fonctions continues
par morceaux sur un segment.
Exemple 4. D´emontrons que la fonction f d´efinie sur I =]0, 1] par la relation :

1
1
f (x) = −
x
x
est continue par morceaux sur I :
Soit J ⊂ I un segment, on peut se limiter au cas o`
u J est de la forme [1/n, 1]
avec n ≥ 2 puisque tout segment contenu dans I est contenu dans un segment
de ce type. Prouvons maintenant que f|J est continue par morceaux sur J.
On consid`ere la subdivision σ de J d´efinie par :


1
1
1
1
σ=
,
,..., ,
,...,1
n n−1
k k−1
et, pour 2 ≤ k ≤ n, la fonction fk d´efinie sur Jk = [1/k, 1/(k − 1)] par :
fk (x) =
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1
1

x k−1

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L’int´egrale

qui est continue sur Jk et qui co¨ıncide sur ]1/k, 1/(k − 1)[ avec f .
Donc fJ est continue par morceaux sur le segment J, le r´esultat voulu s’en
d´eduit en lib´erant J.
Remarque 3. En revanche f n’est pas continue par morceaux sur le
segment [0, 1] car elle y admet une infinit´e de points de discontinuit´e.
n


efinition 7 (Classe C par morceaux). On dira que f : I → K est de
classe C n (n ∈ N ∪ {∞}) par morceaux sur un intervalle I, qui n’est pas
n´ecessairement un segment, si et seulement si pour tout segment J ⊂ I, f|J
est de classe C n par morceaux sur J.
Si n ≥ 1, on notera alors D f toute application de I dans K dont la restriction
a` tout segment J ⊂ I est une d´eriv´ee g´en´eralis´ee de f|J . Une telle application
D f , dont on prouvera l’existence en cours, est de classe C n−1 par morceaux
sur I et s’appelera une d´
eriv´
ee g´
en´
eralis´
ee de f sur I.
Remarque 4. D f n’est pas d´efinie de mani`ere unique. En pratique il
convient de bien pr´
eciser ce qu’on prend pour D f et d’´
etablir
qu’elle est C n−1 par morceaux.
Proposition 8 (Construction d’une d´
eriv´
ee g´
en´
eralis´
ee). Soit f une
application de classe C 1 par morceaux sur l’intervalle I `a valeurs dans K.
Pour qu’une application g : I → K soit une d´eriv´ee g´en´eralis´ee de f sur I
il est n´ecessaire et suffisant que pour tout segment [a, b] ⊂ I il existe une
subdivision σ = (t0 , t1 , . . . , tn ) de [a, b] telle que pour tout i ∈ {1, 2, . . . , n} f
soit de classe C 1 sur ]ti−1 , ti [ et qu’on ait :
∀x ∈]ti−1 , ti [, g(x) = f 0 (x)
Exemple 5. Reprenons la fonction f de l’exemple 4 dont on conserve les
notations. De la mˆeme fa¸con on prouve que f est C ∞ par morceaux sur
I puisque fk ∈ C ∞ (Jk , R) donc f|J est C ∞ par morceaux sur J pour tout
segment J ⊂ I.
Posons ∆ = {1/n, n ∈ N∗ }. Pour x ∈ I, on d´efinit alors D f (x) par :

 −1
si x 6∈ ∆
x2
 12, 5 sinon
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L’int´egrale

20 octobre 2002

20 octobre 2002

D f , ainsi d´efinie, est bien C ∞ par morceaux sur I =]0, 1]. Si J ⊂]0, 1] est un
segment il est inclus dans un segment de la forme [1/N, 1] o`
u N ≥ 2. Alors,
si 1 ≤ n ≤ N , sur tout intervalle ]1/(n + 1), 1/n[, o`
u f est C 1 , on a :
D f (x) = f 0 (x) qui est la d´eriv´ee usuelle de f au point x
ce qui prouve que D f est bien une d´eriv´ee g´en´eralis´ee de f sur ]0, 1]. Bien
entendu, on aurait pu prendre D f (x) = −1
pour tout x ∈ I, c’est par pure
x2
provocation qu’on ne l’a pas fait.
Exercice 2 (Fonctions de Bernoulli). 1. Montrer qu’il existe une unique suite (Bn )n≥1 de polynˆomes telle que :

 B0 = 1
B 0 = Bn−1 pour n ≥ 0
 R 1n
Bn (t)dt = 0 pour n ≥ 1
0
Programmer les Bn en Maple.
˜n la fonction 1-p´eriodique qui co¨ıncide avec Bn
2. Pour n ≥ 1,on note B
˜1 est de classe C 1 par morceaux sur R.
sur [0, 1[. Montrer que B
˜n admet une d´eriv´ee continue
3. Montrer soigneusement que,pour n ≥ 3,B
˜n−1 .1
qui n’est autre que B

1.3.2

L’int´
egrale comme fonction d’une borne

Dans cette section, I d´esigne un intervalle quelconque de R. Les fonctions sont `a valeurs dans K.
Proposition 9 (Extension de la relation de Chasles). Soit f : I → K,
continue par morceaux, a et b deux points de I. On pose :
(
Z b
0
si a = b
Ra
f (x) dx =

f
(x)
dx
si
a>b
a
b
Avec ces conventions, on a pour tout syst`eme (a, b, c) de points de I :
Z

c
a

1

Z
f (x) dx =

b
a

Z
f (x) dx +

c
b

f (x) dx

˜n sont les fonctions de Bernoulli
Les Bn sont les polynˆ
omes de Bernoulli et les B

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L’int´egrale

20 octobre 2002

Remarque 5. Que deviennent les in´egalit´es des propositions 3 et 4 si les
bornes du segment d’int´egration ne sont plus dans le mˆeme ordre ?
Th´
eor`
eme 2 (Int´
egrale et primitives). Soit f une fonction continue
sur I, a un point de I. L’application Fa de I dans K d´efinie par :
Z
Fa (x) =

x
a

f (t) dt

est de classe C 1 sur I et sa d´eriv´ee vaut f . Il en r´esulte qu’une fonction
continue sur un intervalle y admet des primitives. Deux primitives d’une
mˆeme fonction continue sur I diff´erent d’une constante.
Proposition 10 (Extension aux fonctions continues par morceaux
sur I). Soit f une fonction continue par morceaux sur I, a un point de I.
L’application Fa de I dans K d´efinie par :
Z
Fa (x) =

x
a

f (t) dt

est continue sur I en revanche elle n’est pas n´
ecessairement d´
erivable en tout point de I. Plus pr´ecis´ement : si x0 est un point de I qui
n’est pas un plus grand ´el´ement (resp un plus petit ´el´ement) de I, Fa est d´erivable `a droite (resp `a gauche) en x0 et sa d´eriv´ee `a droite (resp `a gauche)
en x0 vaut :
f (x0 + 0) resp f (x0 − 0)
En particulier, si f est continue en x0 , Fa est d´erivable en x0 et sa d´eriv´ee
en ce point vaut f (x0 ).
Corollaire 1. Avec les hypoth`eses et notations de la proposition 10, la fonction Fa est continue et C 1 par morceaux sur I. En outre, si f est continue
en un point x ∈ I, Fa est d´erivable en ce point et Fa0 (x) = f (x).
Remarque 6. On peut donc choisir D Fa de sorte que :
(
f (x)
si f est continue en x
D Fa (x) =
arbitrairement sinon

L’int´egrale

Exercice 3. Soit f ∈ C(I, K), u et v deux applications de classes C 1 d’un
intervalle I 0 `a valeurs dans I. Que vaut la d´eriv´ee de :
Z v(x)
f (t) dt ?
x 7→
u(x)

1.4

Sommes de Riemann

Th´
eor`
eme 3 (Sommes de Riemann). Soit f ∈ C(I, C) :
Z b
n−1
b−a
b−aX
f a+k
f (x) dx
=
lim
n→∞
n k=0
n
a
D´emonstration. D´emontr´e en cours sur l’uniforme continuit´e.

1.5

La formule fondamentale du calcul diff´
erentiel et int´
egral et ses applications

On verra dans le chapitre sur le calcul int´egral les diverses mani`eres d’utiliser les r´esultats qui suivent.
Th´
eor`
eme 4 (Formule fondamentale du CDI). Si f est continue sur
le segment [a, b] et de classe C 1 par morceaux sur [a, b] et si D f est
une d´eriv´ee g´en´eralis´ee de f sur [a, b] alors D f est continue par morceaux
sur [a, b] et :
Z b
D f (t) dt = f (b) − f (a)
a

Corollaire 2. Si f est continue sur l’intervalle I et de classe C 1 par
morceaux sur I et si D f = 0 sur I alors f est constante sur I.
Exercice 4. Que devient cette formule si f est simplement de classe C 1 par
morceaux sur [a, b] ?
Proposition 11 (Int´
egration par parties). Si f et g sont continues sur
le segment [a, b] et de classe C 1 par morceaux sur [a, b] alors :
Z b
Z b
D f (t)g(t) dt = [f (t)g(t)]ba −
f (t) D g(t) dt
a

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20 octobre 2002

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a

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L’int´egrale

20 octobre 2002

L’int´egrale

o`
u [f (t)g(t)]ba = f (b) g(b) − f (a) g(a).
Th´
eor`
eme 5 (Formule de Taylor avec reste int´
egral). Si f est de
classe C n et de classe C n+1 par morceaux sur le segment [a, b], alors :
f (b) =

n
X
f (k) (a)

k!

k=0

avec :

Z
Rn =

b
a

(b − a)k + Rn

(b − t)n (n+1)
f
(t) dt o`
u f (n+1) = D f (n)
n!

Ce reste peut encore s’´ecrire, en posant b − a = h :
Rn = hn+1

Z

1
0

(1 − u)n (n+1)
f
(a + u h) du o`
u f (n+1) = D f (n)
n!

Remarque 7. Il est essentiel d’appliquer les trois derniers r´
esultats `
a des segments. Si l’on h´esite `a appliquer directement l’un
d’entre eux, il est vivement conseill´e de travailler avec une subdivision
et les fonctions fi correspondantes qui ont l’avantage d’ˆetre de classe
C n sur de bons segments.

1.6

Le changement de variables

Th´
eor`
eme 6 (Changement de variable). Soit f ∈ C(I, K) et φ ∈ C 1 (J, R)
avec φ(J) ⊂ I. alors, si α et β ∈ J, il vient, en posant a = φ(α) et b = φ(β) :
Z

b
a

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Z
f (x) dx =

β
α

f (φ(t))φ0 (t) dt

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20 octobre 2002

L’int´egrale

Chapitre 2
Int´
egration sur un intervalle
quelconque
L’objet de cette partie est d’´etendre la notion d’int´egrale au cas des fonctions continues par morceaux sur un intervalle I qui n’est pas un segment ie
du type :
]a, b], [a, b[, ] − ∞, b], [a, +∞[, ]c, d[
avec −∞ < a < b < +∞ et −∞ ≤ c < d ≤ +∞. Nous aurons besoin, pour
cela de quelques notions pr´eliminaires.

2.1

Suites exhaustives de segments


efinition 8 (d’une telle suite). On appelle suite exhaustive de segments
de l’intervalle I toute suite (Jn ) de segments contenus dans I et v´erifiant les
propri´et´es suivantes :
– La suite (Jn ) est croissante pour l’inclusion, c’est-`a-dire que, pour tout
entier n, Jn ⊂ Jn+1 .
– Tout ´el´ement de I appartient `a au moins un Jn [et donc `a tous les
a partir d’un certain rang puisque la suite (Jn ) croˆıt] ce qui s’´ecrit
Jn `
encore :
[
Jn = I
n∈N

– Si I =]a, b] avec −∞ < a < b < +∞, on prend Jn = [an , b] o`
u (an ) est
une suite d´ecroissante d’´el´ements de ]a, b[ qui converge vers a.
u (bn ) est
– Si I = [a, b[ avec −∞ < a < b < +∞, on prend Jn = [a, bn ] o`
une suite croissante d’´el´ements de ]a, b[ qui converge vers b.
– Si I =] − ∞, b] avec −∞ < b < +∞, on prend Jn = [an , b] o`
u (an ) est
une suite d´ecroissante d’´el´ements de ] − ∞, b[ qui converge vers −∞.
– Si I = [a, +∞[ avec −∞ < a < +∞, on prend Jn = [a, bn ] o`
u (bn ) est
une suite croissante d’´el´ements de ]a, +∞[ qui converge vers +∞.
u an < b n
– Si I =]c, d[ avec −∞ ≤ c < d ≤ +∞, on prend Jn = [an , bn ] o`
pour tout n, (an ) est un suite d´ecroissante d’´el´ements de I qui tend
vers c et (bn ) est une suite croissante d’´el´ements de I qui tend vers d.
La proposition suivante nous sera utile dans la suite :
Proposition 12. Soit (Jn ) une suite exhaustive de segments de I et J = [a, b]
(avec a < b) un segment contenu dans I. Alors J est contenu dans tous les
a partir d’un certain rang.
Jn `
D´emonstration. On sait qu’existent deux entiers p et q tels que a ∈ Jp et
b ∈ Jq . Soit N = max(p, q). JN contient Jp et Jq donc a et b donc J par
convexit´e de JN . Pour n ≥ N , il vient donc J ⊂ JN ⊂ Jn .

2.2
2.2.1

Int´
egration des fonctions positives

efinition et caract´
erisation


efinition 9. Soit f une application de I dans R continue par morceaux
sur I et `
a valeurs ≥ 0. On dit que f est int´egrable sur I si l’ensemble S(I)
des r´eels de la forme :
Z
f (t) dt o`
u J est un segment contenu dans I
J

est major´e. Ce sous ensemble de R+ , qui est clairement non vide, admet donc
une borne sup´erieure positive qui est appel´ee l’int´egrale de f sur I et qui est
not´ee (provisoirement) :
Z

Explicitons des exemples dans tous les cas :
– Si I est un segment [a, b], on prend Jn = I pour tout n.
19

20 octobre 2002

I

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f (t) dt = sup S(I)
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L’int´egrale

Il est clair que, si I est un segment [a, b], toute fonction f , continue par
morceaux et positive sur I, est int´egrable sur I et que cette notion d’int´egrale
co¨ıncide avec celle connue pr´ec´edemment ie :
Z b
Z
f (t) dt =
f (t) dt
[a,b]

a

puisque ce dernier r´eel est, dans ce cas, le plus grand ´el´ement de S(I).
Telle quelle cette d´efinition n’est pas tr`es ais´ee `a manipuler, d’o`
u le r´esultat suivant :
Th´
eor`
eme 7 (Caract´
erisation). Soit (Jn ) une suite exhaustive de segments de I, posons Jn = [an , bn ]. Alors la fonction f positive et continue
par morceaux sur I est int´egrable sur I si et seulement si la suite de terme
g´en´eral :
Z
Z bn
f (t) dt =
f (t) dt
Jn

an

qui est croissante, est major´ee. Si c’est le cas cette suite converge et :
Z
Z
lim
f (t) dt = f (t) dt
n→∞

Jn

I

Jn

D´emonstration. Supposons d’abord f int´egrable sur I. Comme Jn est un
segment contenu dans I, il vient :
Z
Z
Z
f (t) dt ∈ S(I) donc
f (t) dt ≤ f (t) dt
Jn

Jn

I

R
La suite de terme g´en´eral Jn f (t) dt est donc croissante (car Jn ⊂ Jn+1 et
R
que Rf est positive), major´ee par I f (t) dt, elle converge donc vers une limite
l ≤ I f (t) dt ; prouvons
R l’´egalit´e de ces
R deux nombres.
RSoit > 0, le r´eel I f (t) dt − < I f (t) dt ne majore plus S(I) duquel
f (t) dt est le plus petit majorant. Il existe donc un segment J ⊂ I tel que :
I
Z
Z
f (t) dt > f (t) dt −
J

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I

JP Barani

20 octobre 2002

On sait aussi, d’apr`es la proposition 12, qu’il existe un entier N tel que :
n ≥ N ⇒ J ⊂ Jn
Pour n ≥ N , il vient, vu la positivit´e de f :
Z
Z
Z
f (t) dt ≥ f (t) dt > f (t) dt −
Jn

J

I

Le passage de cette in´egalit´e `a la limite, quand n → ∞ assure que :
Z
l ≥ f (t) dt −
I

R

En lib´erant , il vient l ≥ I f (t) dt et le r´esultat convoit´e.
R

eciproquement : montrons que, si la suite de terme g´en´eral Jn f (t) dt
est major´ee-par un r´eel M -alors f est int´egrable sur I. Il suffit, `a cet effet
d’´etablir que S(I) est major´e. Soit J ⊂ I un segment. Il existe un entier N
tel que J ⊂ JN et donc :
Z
Z
f (t) dt ≤
f (t) dt ≤ M
J

JN

donc M majore S(I), ce qu’on voulait.
Enfin si f n’est pas int´egrable sur I, la suite pr´ec´edente est croissante et non
major´ee, elle tend donc vers +∞.

Sinon f n’est pas int´egrable sur I et :
Z
lim
f (t) dt = +∞
n→∞

L’int´egrale

20 octobre 2002

2.2.2

Propri´
et´
es

Beaucoup de propri´et´es seront revues dans le cadre plus g´en´eral des fonctions de signe quelconque. On s’int´eresse ici `a celles qui sont sp´ecifiques aux
fonctions positives et `a celles qui nous seront utiles pour ´etablir efficacement
l’int´egrabilit´e de telles fonctions.
Proposition 13. Soit f une fonction continue sur I, int´
egrable sur I
positive et d’int´
egrale nulle sur I alors f est nulle sur I.
D´emonstration. Le r´esultat est suppos´e connu pour un segment (r´eviser la
preuve). Soit f une telle fonction, J un segment contenu dans I. D’apr`es la
positivit´e de f et la d´efinition de l’int´egrale de f sur I, il vient :
Z
Z
0 ≤ f (t) dt ≤ f (t) dt = 0
J

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I

JP Barani

L’int´egrale

L’int´egrale

20 octobre 2002

R
Donc J f (t) dt = 0 et f est nulle sur J. En lib´erant J on obtient le r´esultat
voulu.

On peut donc remplacer l’´etude de l’int´egrabilit´e de f sur ]a, b] par
l’´etude de l’int´egrabilit´e de f sur ]a, c]. L’int´egrabilit´e de f d´epend donc
essentiellement du comportement local de f au voisinage de a. C’est
pourquoi on convient de dire qu’on ´etudie l’int´egrabilit´e de f "au voisinage de a".
– Si I est de la forme ]a, b[ avec −∞ ≤ a < b ≤ +∞ et si c ∈]a, b[, alors
f est int´egrable sur I si et seulement si elle est int´egrable sur ]a, c] et
sur [c, b[ ; dans ce cas, on a :
Z
Z
Z
f (t) dt =
f (t) dt +
f (t) dt

Exercice 5. Que devient ce r´esultat si on remplace "continue" par "continue
par morceaux".
Proposition 14. Soit f une fonction continue par morceaux et positive sur
un intervalle I, I 0 un intervalle contenu dans I alors f est continue par
morceaux sur I 0 . En outre, si f est int´egrable sur I, elle est int´egrable sur I 0
et :
Z
Z
I0

f (t) dt ≤

I

f (t) dt

]a,b[

I

0

donc sup S(I ) existe et est major´e par sup S(I), ce qu’on voulait.
Proposition 15 (Localisation de l’int´
egrabilit´
e). Soit f une fonction
continue par morceaux et positive sur un intervalle I.
– Si I est de la forme [a, b[ avec −∞ < a < b ≤ +∞ et si c ∈]a, b[, alors
f est int´egrable sur I si et seulement si elle est int´egrable sur [c, b[ ;
dans ce cas, on a :
Z
Z c
Z
f (t) dt =
f (t) dt +
f (t) dt
[a,b[

a

[c,b[

Lorsqu’on ´etudie l’int´egrabilit´e de f sur [a, b[ on a alors coutume de
dire "qu’il n’y a de probl`eme qu’en b" ou "qu’au voisinage de b".
– Si I est de la forme ]a, b] avec −∞ ≤ a < b < +∞ et si c ∈]a, b[, alors
f est int´egrable sur I si et seulement si elle est int´egrable sur ]a, c] ;
dans ce cas, on a :
Z

Z
]a,b]

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f (t) dt =

]a,c]

Z
f (t) dt +

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b
c

f (t) dt

]a,c]

[c,b[

On peut donc ramener l’´etude de l’int´egrabilit´e de f sur ]a, b[ `
a l’´etude
de l’int´egrabilit´e de f au voisinage de a et au voisinage de b.

0

D´emonstration. Si f est continue par morceaux sur I et si J ⊂ I est un
segment, J est un segment inclus dans I donc f est continue par morceaux
sur J, il s’ensuit que f est continue par morceaux sur I 0 .
Supposons maintenant que f soit en plus positive et int´egrable sur I, il vient
S(I 0 ) ⊂ S(I) et donc S(I 0 ) est major´e par :
Z
sup S(I) = f (t) dt

20 octobre 2002

D´emonstration. On se limite `a ´etudier le troisi`eme cas, les deux autres sont
propos´es aux lecteurs `a titre d’exercice d’apprentissage du cours 1 .
On a vu que, si f est int´egrable sur ]a, b[, elle est int´egrable sur tout sous
intervalle de ]a, b[ et donc sur ]a, c] et [c, b[. R´eciproquement, supposons f
int´egrable sur chacun de ces deux intervalles. Soit (bn ) une suite croissante
d’´el´ements de ]c, b[ qui tend vers b et (an ) une suite d´ecroissante d’´el´ements de
]a, c[ qui tend vers a. La suite (Jn ), avec Jn = [an , bn ] est une suite exhaustive
de segments de ]a, b[ et :
Z c
Z bn
Z bn
f (t) dt =
f (t) dt +
f (t) dt
an

an

c

Le membre de droite de cette ´egalit´e converge donc vers :
Z
Z
f (t) dt +
f (t) dt
]a,c]

[c,b[

Le membre de gauche aussi d’o`
u le r´esultat d’apr`es le th´eor`eme 7.
Proposition 16 (Etude au voisinage d’une seule borne). Soit f une
fonction continue par morceaux, positive sur I = [a, b[ avec −∞ < a < b ≤
+∞. La fonction Fa , d´efinie sur [a, b[ par :
Z x
f (t) dt
Fa (x) =
a

est croissante sur [a, b[. Deux cas se pr´esentent alors :
1

me consulter en cas d’´echec

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JP Barani

L’int´egrale

20 octobre 2002

– Si f est int´egrable sur I :
Z
lim Fa (x) =

x→b

[a,b[

f (t) dt

– Si f n’est pas int´egrable sur I :
lim Fa (x) = +∞

Les lecteurs ´enonceront un r´esultat analogue pour un intervalle de la forme
]a, b]. Ce r´esultat permet, par exemple, l’´etude de l’int´egrabilit´e de f sur I
lorsqu’on sait calculer Fa .
D´emonstration. La croissance de Fa provient de la positivit´e de f . comme
erivable il faut la prouver directement. Si x, y ∈ I avec
Fa n’est pas d´
x < y, il vient :
Z y
f (t) dt ≥ 0 car f ≥ 0 sur [x, y] et x < y
Fa (y) − Fa (x) =
x

– Si f est int´egrable sur I. Pour
R x ∈ I, Fa (x) ∈ S(I) donc Fa est croissante et major´ee sur I par I f (t) dt ; d’apr`es le th´eor`eme de la limite
monotone elle admet une limite finie l quand x → b. Si (bn ) est une
suite croissante d’´el´ements de ]a, b[ qui converge vers b, il vient d’apr`es
le th´eor`eme 7 :
Z
lim Fa (bn ) = f (t) dt
n→∞

I

donc l = I f (t) dt, ce qu’on voulait.
– Si f n’est pas int´egrable sur I, le mˆeme choix de (bn ) assure, toujours
en vertu du th´eor`eme 7 :
lim Fa (bn ) = +∞

n→∞

donc Fa est croissante sur I, non major´ee et donc tend vers +∞ au
voisinage de b.

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JP Barani

20 octobre 2002

Remarque 8. Sous les hypoth`eses de la proposition 16, si b est fini et
si f admet une limite en b, elle se prolonge en une fonction fˆ continue
par morceaux sur le segment [a, b] ; f est alors int´egrable sur [a, b[ et :
Z b
Z
fˆ(t) dt
f (t) dt =
[a,b[

x→b

R

L’int´egrale

a

Il suffit d’appliquer la proposition 16 en observant que la fonction :
Z x
x 7→
fˆ(t) dt
a

est continue sur [a, b]. Les lecteurs feront de mˆeme dans les autres cas
de figure.
Proposition 17 (Int´
egrabilit´
e par domination). Soient f et g deux fonctions positives et continues par morceaux sur I. On suppose que f ≤ g sur I
alors :
– Si g est int´egrable sur I, f aussi et :
Z
Z
f (t) dt ≤ g(t) dt
I

I

– Si f n’est pas int´egrable sur I, g non plus.
D´emonstration. Supposons l’int´egrabilit´e de g. Soit (Jn ) une suite exhaustive
de segments de I. Il vient, pour tout entier naturel n :
Z
Z
f (t) dt ≤
g(t) dt
Jn

Jn

R
La suite majorante converge, par hypoth`ese, la suite de terme g´en´eral Jn f (t) dt
est donc croissante et major´ee donc converge, d’o`
u l’int´egrabilit´e de f sur I.
Le passage de l’in´egalit´e pr´ec´edente `a la limite quand n → ∞ assure alors
via le th´eor`eme 7 :
Z
Z
f (t) dt ≤ g(t) dt
I

I

La contrapos´ee de ce premier cas entraˆıne la validit´e du second.
Proposition 18 (Int´
egrabilit´
e par ´
equivalence). Soient f et g deux
fonctions positives et continues par morceaux sur I = [a, b[ avec −∞ < a <
b ≤ +∞.
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L’int´egrale

20 octobre 2002

– Si f = O(g) sur I ou mˆeme seulement au voisinage de b, l’int´egrabilit´e
de g sur I entraˆıne celle de f et donc la non int´egrabilit´e de f sur I
entraˆıne la non int´egrabilit´e de g.
– Si f ∼ g au voisinage de b, les deux fonctions f et g sont simultan´ement
int´egrables ou non int´egrables sur I.
On retiendra donc que c’est pareil que pour les s´
eries `
a termes
positifs.
Les lecteurs ´enonceront et ´etabliront une proposition analogue dans le cas o`
u
I =]a, b] et −∞ ≤ a < b < +∞.
D´emonstration. On distingue les deux situations :
– Supposons g int´egrable sur I. Si f = O(g) sur I c’est qu’il existe M > 0
tel que f ≤ M g sur I et il suffit d’appliquer directement la proposition
17. Si f = O(g) au voisinage de b, il existe c ∈ [a, b[ et M > 0 tels que
f ≤ M g sur [c, b[. f est donc int´egrable sur [c, b[ d’apr`es la proposition
17 et donc sur I d’apr`es la proposition 15.
– Si f ∼ g au voisinage de b, il vient alors f = O(g) au voisinage de b et
g = O(f ) au voisinage de b ; il suffit d’appliquer le r´esultat du premier
cas.

2.2.3

´
Etude
pratique de l’int´
egrabilit´
e d’une fonction
positive

Dans cette section, si f est une fonction continue par morceaux, positive,
int´egrable sur un intervalle (a, b) d’un des types pr´ec´edents, on notera son
int´egrale :
Z
Z b
f (t) dt au lieu de
f (t) dt
a

(a,b)

Int´
egrabilit´
e des puissances
Comme pour les s´eries de Riemann, les fonctions puissances jouent un
rˆole de r´ef´erence pour appliquer l’une des propositions 17 ou 18. Les r´esultats
suivants doivent ˆetre connus :
Proposition 19 (Int´
egrales de r´
ef´
erence). La lettre α d´esigne un r´eel.
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L’int´egrale

20 octobre 2002

– Soient −∞ < a < b < +∞. L’application :
t 7→ (t − a)α

t 7→ (b − t)α

resp

est continue et positive sur ]a, b] resp [a, b[. Elle y est int´egrable si et
seulement si α > −1 .
– L’application t 7→ |t|α est positive et continue sur [a, +∞[ resp ] −
∞, a] avec a > 0 resp a < 0. Elle est int´egrable sur cet intervalle si et
seulement si α < −1 .
D´emonstration. On commence par t 7→ (t − a)α sur ]a, b]. Si α ≥ 0, elle se
prolonge en une fonction continue sur [a, b] donc int´egrable. Si α < 0, on
applique le r´esultat de la proposition 16 : soit x = a + h ∈]a, b] :
Z

b
x

(
=

(t − a)α dt =

Z

b
a+h

1
α+1

(t − a)α dt

((b − a)α+1 − hα+1 )
ln(b − a) − ln h

si α 6= −1
si α = −1

Cette expression a une limite finie, quand h → 0, si et seulement si α > −1.
Les lecteurs ´etudieront eux mˆemes les autres cas.
Plan de l’´
etude
– On ´etudie d’abord l’intervalle o`
u la fonction est continue par morceaux
de mani`ere `a d´ecider s’il faut faire une ´etude d’int´egrabilit´e en une ou
en deux bornes. Si f se prolonge par continuit´
e en une borne
finie, il est inutile de faire l’´
etude en cette borne en vertu de
la remarque 8.
– On fait l’´etude d’int´egrabilit´e s´epar´ement en chaque borne. Supposons,
par exemple, qu’on d´ecide d’´etudier l’int´egrabilit´e de f sur l’intervalle
[c, b[ (−∞ < c < b ≤ +∞) sur lequel f est continue par morceaux et
positive, on sugg`ere d’´etudier les cas suivants dans l’ordre :
1) Calcul direct d’une primitive de f : sur [c, b−h] avec 0 < h <
b − c. Ce cas est assez rare et n’a d’int´erˆet, compte tenu de la
longueur des calculs, que si l’on d´esire la valeur de l’int´egrale qui
s’obtient en faisant tendre h vers 0.
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L’int´egrale

20 octobre 2002

2) Recherche d’un ´
equivalent simple de f en b : la proposition 18
permet de conclure.
3) Essai de domination : Si la m´ethode pr´ec´edente ´echoue, on essaie
(suivant l’intuition qu’on a du r´esultat `a prouver) soit de dominer
f , au voisinage de b, par une fonction int´egrable, soit de dominer
une fonction positive non int´egrable par f . A cet effet, il peut ˆetre
utile d’utiliser une technique analogue aux s´eries ie du type tα f (t)
si b = +∞ ou (b − t)α f (t) si b est fini.
4) Changement de variable, int´
egration par parties : cf exemples.
5) Autres m´
ethodes : Dans certaines situations moins ´el´ementaires
cf la partie 2.4.
Exemple 6 (Int´egrabilit´e du logarithme). sur ]0, b]. La fonction | ln | est positive et int´egrable sur ]0, b]. En effet elle est continue sur cet intervalle et, si
h>0:
Z 1
Z 1
| ln x| dx = −
ln x dx = − [h ln h − h]1h
h

h

quand h → 0, cette derni`ere expression admet pour limite 1.
On aurait pu aussi observer que :

| ln x| = O x−1/2
quand x → 0
Exemple 7 (Fonction gamma). Soit x un r´eel, ´etudions l’int´egrabilit´e sur
]0, +∞[ de la fonction f d´efinie par :
t 7→ tx−1 e−t
a) D´
etermination de l’intervalle o`
u f est continue par morceaux :
Si x ≥ 1, f se prolonge en une fonction continue sur [0, +∞[. Le seul
probl`eme se posera au voisinage de +∞. Si x < 1, la fonction f est
continue sur ]0, +∞[, on ´etudiera donc son int´egrabilit´e sur ]0, 1] et sur
[1, +∞[ (le choix de la borne interm´ediaire 1 est purement arbitraire).
b) Int´
egrabilit´
e sur ]0, 1] : Comme on vient de l’´ecrire, si x ≥ 1, f se
prolonge continˆ
ument `a [0, 1]. Elle y est donc int´egrable.
Si x < 1. On cherche d’abord un ´equivalent de f au voisinage de 0 :
f (t) ∼ tx−1

quand t est au voisinage de 0

Or t 7→ tx−1 est int´egrable sur ]0, 1] si et seulement si x − 1 > −1 ie si
x > 0. En conclusion, f est int´egrable sur ]0, 1] si et seulement si x > 0.
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L’int´egrale

20 octobre 2002

c) Int´
egrabilit´
e sur [1, +∞[ : f est continue sur [1, +∞[, on ne peut en
trouver un ´equivalent plus simple quand t → +∞. Comme l’exponentielle tend tr`es vite vers 0 quand t → +∞, on essaie de dominer f au
voisinage de +∞ :

lim t2 f (t) = 0 ie f (t) = o t−2 quand t → +∞
t→+∞

−2

Or t 7→ t est int´egrable sur [1, +∞[, il en est donc de mˆeme de f .
En conclusion : f est int´egrable sur ]0, +∞[ si et seulement si x > 0. On
note
Z +∞
γ(x) =

0

tx−1 e−t dt

Exemple 8 (Int´egrales de Bertrand). Etudier l’int´egrabilit´e sur ]0, 1[, puis sur
]1, +∞[ de :
t 7→ tα | ln t|β
O`
u α et β sont deux r´eels fix´es.
Exercice 6. Etudier l’int´egrabilit´e sur ]0, +∞[ de :
t 7→ exp (−| ln(t)|α )
o`
u α > 0.

2.3

Int´
egration des fonctions de signe quelconque et `
a valeurs complexes

La d´efinition s’apparente `a celles des s´eries absolument convergentes.

efinition 10 (Int´
egrabilit´
e). On dit qu’une fonction f , continue par morceaux sur un intervalle I, `a valeurs r´eelles ou complexes est int´egrable sur
I si et seulement si la fonction |f |, qui est continue par morceaux sur I, `a
valeurs r´eelles positives, est int´egrable sur I.
Th´
eor`
eme 8 (Int´
egrale des fonctions `
a valeurs r´
eelles). Soit f une
fonction continue par morceaux, `
a valeurs r´eelles, int´egrable sur un intervalle
a valeurs r´eelles
I, alors les fonctions f + et f − sont continues par morceaux, `
positives et int´egrables sur I. On pose alors par d´
efinition :
Z
Z
Z
f (t) dt = f + (t) dt − f − (t) dt
I

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I

JP Barani

I

L’int´egrale

20 octobre 2002

L’int´egrale

D´emonstration. Conf´erer la proposition 7. L’int´egrabilit´e de ces deux fonctions provient des in´egalit´es 0 ≤ f + ≤ |f | et 0 ≤ f − ≤ |f | et de la proposition
17.
Th´
eor`
eme 9 (Int´
egrale des fonctions `
a valeurs complexes). Soit f
une fonction continue par morceaux, `a valeurs complexes, int´egrable sur un
intervalle I, alors les fonctions g = Re f et h = Im f sont continues par
morceaux, `
a valeurs r´eelles, int´egrables sur l’intervalle I. On pose alors par

efinition :
Z
Z
Z
f (t) dt = g(t) dt + i h(t) dt
I

I

Ces d´efinitions sont p´enibles `a manier, heureusement on a la :
Proposition 20. Soit f une fonction continue par morceaux sur un intervalle I, `
a valeurs complexes, suppos´
ee int´
egrable sur I. Si (Jn ) est une
suite exhaustive de segments de I, alors :
lim

n→∞

Z
Jn

La suite (Jn ), avec Jn = [−n, n] est une suite exhaustive de segments
de I, on a :
Z
f (t) dt = 0
lim
n→∞

Jn

et pourtant f n’est pas int´egrable sur I car limx→+∞

Rx
0

|f (t)| dt = +∞.

Exercice 7. Etudier l’int´egrabilit´e, sur ]0, 1], puis sur [1, +∞[ de :
t 7→ tz

O`
uz∈C

I

D´emonstration. Conf´erer la proposition 7. L’int´egrabilit´e de ces deux fonctions provient des in´egalit´es 0 ≤ |g| ≤ |f | et 0 ≤ |h| ≤ |f | et de la proposition
17.

Z

20 octobre 2002

f (t) dt =

I

f (t) dt

2.3.1

Propri´
et´
es

Proposition 21 (Lin´
earit´
e et application). Si f et g sont des fonctions
`a valeurs complexes, continues par morceaux, int´egrables sur un intervalle I,
pour tout couple (α, β) de complexes, la fonction h = αf + βg est int´egrable
sur I et :
Z
Z
Z
I

h(t) dt = α

f (t) dt + β

I

I

g(t) dt

Il d’ensuit que l’ensemble E1 (I, K) constitu´e des fonctions continues par morceaux sur I (resp continues), `
a valeurs dans K est un K-sous espace vectoriel
du K-espace vectoriel des fonctions continues par morceaux (resp continues)
sur I, `
a valeurs dans K et que l’application :
Z

D´emonstration. Pour les fonctions `a valeurs r´eelles c’est une cons´equence du
th´eor`eme 7, appliqu´e `a f + et f − , et de l’identit´e f = f + −f − . Le cas complexe
s’en d´eduit imm´ediatement via les parties r´eelles et imaginaires.

f 7→

I

f (t) dt

est une forme lin´eaire sur E1 (I, K).
Remarque 9 (Coh´erence). Les lecteurs v´erifieront que cette notion g´en´eralise bien toutes les notions d’int´egrale pr´ec´edemment d´efinies (fonctions continues par morceaux sur un segment et fonctions continues par
morceaux positives sur un intervalle).

D´emonstration. Soit J un segment inclus dans I. Il vient, en vertu des propri´et´es des int´egrales des fonctions continues par morceaux sur un segment :
Z
Z
Z
Z
Z
|h(t)| dt ≤ |α| |f (t)| dt + |β| |g(t)| dt ≤ |α| |f (t)| dt + |β| |g(t)| dt
J

Remarque 10 (Tr`es importante). contrairement au th´
eor`
eme 7, il
n’y a pas de r´
eciproque lorsque les fonction ne sont pas `
a
valeurs positives. Prenons l’exemple de la fonction t 7→ t sur I = R.
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JP Barani

J

R

J

I

I

L’ensemble des r´eels de la forme J |h(t)| dt, obtenus en lib´erant J, est donc
major´e d’o`
u l’int´egrabilit´e de |h| sur I c’est-`a-dire de h.
Soit alors (Jn ) une suite exhaustive de segments de I : il vient, d’apr`es la
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JP Barani

L’int´egrale

20 octobre 2002

lin´earit´e de l’int´egrale des fonctions continues par morceaux sur un
segment :
Z
Z
Z
h(t) dt = α
f (t) dt + β
g(t) dt
Jn

Jn

Jn

La proposition 20 autorise le passage `a la limite de cette in´egalit´e :
Z
Z
Z
h(t) dt = α f (t) dt + β g(t) dt
I

I

I

Ce qu’on voulait. Le reste est laiss´e aux lecteurs.
Remarque 11 (La scission). n´ecessite quelques pr´ecautions. Par exemple
la fonction h d´efinie sur ]0, 1] par :

et t 7→

−1
t

Proposition 22 (Croissance). Si f et g sont des fonctions `a valeurs
r´eelles, continues par morceaux, int´egrables sur un intervalle I et telles que
f ≤ g, alors
Z
Z
f (t) dt ≤ g(t) dt
I

D´emonstration. Soit (Jn ) une suite exhaustive de segments de I. On utilise
la proposition 20 pour passer l’in´egalit´e :
Z
Z
f (t) dt ≤
g(t) dt
Jn

Jn

`a la limite quand n → ∞.
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D´emonstration. Mˆeme m´ethode que pour la proposition pr´ec´edente.
Exercice 8. Soit f une application continue et int´egrable d’un intervalle I
dans K. On suppose que l’in´egalit´e de la question pr´ec´edente est une ´egalit´e.
D´emontrer que :
1. Si K = R, f est de signe constant.
2. Si K = C, il existe un r´eel θ tel que :

Proposition 24 (Chasles et localisation). Si f est une fonction `
a valeurs complexe, continue par morceaux et int´egrable sur un intervalle I, elle
est continue par morceaux et int´egrable sur tout sous intervalle I 0 ⊂ I. Au
surplus, si c est un point int´erieur `a I 2 et si l’on pose Ig = I∩] − ∞, c] et
Id = I ∩ [c, +∞[, qui sont donc des intervalles non r´eduits `
a un point, f est
int´egrable sur I si et seulement si elle est int´egrable sur Ig et Id et :
Z

Z
I

f (t) dt =

Ig

Z
f (t) dt +

Id

f (t) dt

D´emonstration. Les propositions 14 et 15 ont ´etabli ces r´esultats pour les
fonctions `a valeurs r´eelles positives. On s’y ram`ene :
Si f est int´egrable sur I, |f | aussi donc |f | est int´egrable sur I 0 en vertu de
la proposition 14 ; f est donc int´egrable sur I 0 .
Pour prouver la deuxi`eme partie de la proposition, on ´etudie d’abord le cas
o`
u f est `a valeurs r´eelles et on applique la proposition 15 `a f + et f − . Le cas
des fonctions complexes s’en d´eduit via le passage par les parties r´eelles et
imaginaires.
2

JP Barani

I

∀t ∈ I, f (t) = |f (t)| eiθ

n’est int´egrable sur ]0, 1].

I

I

e −1
t

est int´egrable sur ]0, 1] car elle se prolonge en une fonction continue sur
[0, 1]. Pourtant aucune des deux fonctions :
et
t

20 octobre 2002

Proposition 23 (In´
egalit´
e pour l’int´
egrale du module). Si f est une
fonction `a valeurs complexe, continue par morceaux et int´egrable sur un intervalle I :
Z
Z


f (t) dt ≤ |f (t)| dt



t

h(t) =

t 7→

L’int´egrale

ie n’est pas une extr´emit´e de I

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L’int´egrale

20 octobre 2002

Proposition 25 (Comportement `
a l’infini). Soit f une fonction `a valeurs complexes, continue par morceaux et int´egrable sur [a, +∞[. Si l’on
suppose que f poss`
ede une limite l en +∞ alors l = 0. EN REVANCHE f peut fort bien ˆ
etre int´
egrable sur [a, +∞[ sans avoir de
limite en +∞. De mani`
ere g´
en´
erale, on retiendra qu’on peut d´
eduire l’int´
egrabilit´
e de f sur un intervalle I de son comportement
asymptotique aux bornes de I mais que la seule hypoth`
ese d’int´
egrabilit´
e de f sur I ne permet pas de d´
ecrire de fa¸con simple le
comportement asymptotique de f aux bornes de I.

L’int´egrale

Proposition 26 (Cas d’une ´
etude en seule borne). Soit f une fonction
`a valeurs complexes, continue par morceaux, sur I = [a, b[ avec −∞ < a <
b ≤ +∞. On suppose que f est int´
egrable sur I. Alors la fonction Fa ,
d´efinie sur I = [a, b[ par :
Z
Fa (x) =

x
a

|l| dt = |l|(x − a) → +∞ quand x → +∞

donc, d’apr`es la proposition 18, |f | donc f n’est pas int´egrable sur [a, +∞[.
Les lecteurs construiront, au moins avec un dessin, une fonction f continue,
positive et int´egrable sur [0, +∞[ mais qui n’a pas de limite en +∞. On
prendra, par exemple, pour graphe de f , une suite de triangles isoc`eles de
base Ox et dont la s´erie des aires converge.

2.3.2

Z
x→b

Z

π/2
0

2.3.3

Z
(x − π/4) ln(cos x) dx

+∞
−∞

Exemples de calcul d’int´
egrales

On aura besoin de deux r´esultats techniques :
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JP Barani

f (t) dt

En effet, on verra en cours que la fonction :
Z x
sin t
dt
x 7→
t
0
poss`ede une limite quand x → +∞ quoique la fonction t 7→ sint t , prolong´ee
par continuit´e en 0 ne soit pas int´egrable sur [0, +∞[. Cette limite sera not´ee :
Z

→+∞
0

(1 + x) ln(|1 + x|)
dx
x4 + x2 + 1

I

EN REVANCHE L’EXISTENCE D UNE LIMITE EN b POUR
´
´ DE f QUE LORSQUE
Fa NE GARANTIT L’INTEGRABILIT
E
´
POSITIVES
CELLE-CI EST A VALEURS REELLES

Exemples d’int´
egrabilit´
e

Rien de nouveau par rapport `a la section 2.2.3 puisque prouver l’int´egrabilit´e de f c’est prouver l’int´egrabilit´e de |f | ≥ 0.
Exemple 9. Prouver l’existence des int´egrales suivantes :

f (t) dt

a

lim Fa (x) =

|f (x)| ∼ |l| > 0 quand x → +∞

Z

x

est continue sur I et :

D´emonstration. Supposons f (x) → l 6= 0 quand x → +∞ alors :

Or la fonction x 7→ |l| n’est pas int´egrable sur [a, +∞[ car :

20 octobre 2002

sin t
dt
t

D´emonstration. Lorsque f est `a valeurs r´eelles positives c’est la proposition
16, lorsque f est int´egrable, `a valeurs r´eelles, on applique cette proposition
16 `a f + et f − puis f = f + − f − , enfin lorsque f est `a valeurs complexes, on
se ram`ene au cas pr´ec´edent via les parties r´eelles et imaginaires de f .
Exemple 10. Soit f ∈ C 2 ([0, +∞[, R). Montrer que l’existence des deux int´egrales :
Z +∞
Z +∞
f 2 (x) dx et
(f ”(x))2 dx
0

entraine celle de
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R +∞
0

0

(f 0 (x))2 dx et que lim f (x) = 0.
x→∞

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L’int´egrale

20 octobre 2002

Proposition 27 (Cas d’une ´
etude en les deux bornes). Soit f une
fonction `
a valeurs complexes, continue par morceaux sur I =]a, b[ avec −∞ ≤
a < b ≤ +∞. On suppose f int´egrable sur ]a, b[. On sait alors, que pour
x ∈]a, b[, f est int´egrable sur ]a, x]. La fonction d´efinie sur ]a, b[ par :
Z
f (t) dt
x 7→
]a,x]

L’int´egrale
Exemple 12. Existence et calcul de :
Z +∞
(t − 2) dt

(t2 + 1) t2 − 1
1
Exemple 13. Existence et calcul de :
Z −1 r

Poss`ede alors une limite quand x → b :

x→b

−∞

Z

Z
lim

]a,x]

f (t) dt =

]a,b[

f (t) dt

D´emonstration. Fixons c ∈]a, b[ ; pour a < x < c < y < b, il vient :
Z c
Z y
Z y
f (t) dt =
f (t) dt +
f (t) dt
x

x

c

Or f est int´egrable sur ]a, c] et [c, b[ donc, pour x > c :
Z
Z
Z x
f (t) dt =
f (t) dt +
f (t) dt
]a,x]

]a,c]

Exercice 9. Existence et calcul de :
Z +∞

a

b

Z
f (t) dt au lieu de

(a,b)

Exemple 11. Existence et calcul de
Z

1
−1

Page 37/44


(t3 + 1) ln

1−t
1+t

JP Barani


dt

f (t) dt

ch t dt
p
ch2 t + sh t

Exercice 10. Existence et calcul de :
Z b
x dx

1

x − x2
a
O`
u a < b sont les racines du trinˆome x2 + x − 1
Exercice 11. Calculer :

D’o`
u le r´esultat annonc´e via les propositions 26 et 24.

Z

t dt
1 + t t2

(1 + sh t)

0

c

Remarque 12 (Notation d´efinitive). Si f est une fonction continue
par morceaux et int´
egrable sur un intervalle (a, b) d’un des
types pr´
ec´
edents, on notera d´
efinitivement son int´
egrale :

20 octobre 2002

Z


0

dx
cos4 x + sin4 x

en examinant la p´eriode de l’int´egrande.

2.4
2.4.1

Compl´
ements
Utilisation d’une s´
erie

Dans certains cas on peut se servir de s´eries pour prouver l’int´egrabilit´e
d’une fonction. On utilise le r´esultat suivant qu’il faut savoir red´emontrer :
Proposition 28. Soient
– f une fonction continue par morceaux, positive sur un intervalle I =
[a, b[ avec −∞ ≤ a < b ≤ +∞.
– (an )n∈N une suite strictement croissante d’´el´ements de I avec a0 = a
et lim an = b.
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JP Barani

L’int´egrale

20 octobre 2002

Ra
– In = ann+1 f (x) dx ≥ 0.
P
Alors la fonction f est int´egrable sur I si et seulement si la s´erie n≥0 In
converge, et dans ce cas :
Z

b
a

f (x)dx =


X

In

L’int´egrale

Les int´egrales encadrantes se calculent. En notant Jn celle de gauche,
la π-p´eriodicit´e de la fonction int´egr´ee permet d’´etablir que :
Z π
| cos x|dx
Jn =
α
0 1 + (nπ) | sin x|
Z

n=0

=2

D´emonstration. La suite ([a, bn ]) est une suite exhaustive de segments de I
et :
Z bn
n
X
f (x)dx =
Ik
a

Cas o`
uα > 0 : La fonction g se prolonge en une fonction continue sur
[0, +∞[. Le probl`eme provient de ce que la fonction sinus du d´enominateur peut prendre des valeurs "petites". L’id´ee consiste `a se placer
sur un intervalle [an , an+1 ] o`
u xα ne varie pas trop en un sens qu’on va
pr´eciser. Posons :
Z (n+1)π
In =
g(x)dx


JP Barani

2α ln n
dt
=
1 + (nπ)α t
(nπ α )

Z

(n+1)π



2α ln n
(nπ α )

Cas o`
u α < 0 : La fonction g se prolonge encore par continuit´e en 0 (pourquoi ?). On voit qu’au voisinage de l’infini :
g(x) =

| cos x|dx
1 + (nπ)α | sin x|

| cos x|
∼ | cos x|
1 + xα | sin x|

En effet g(x) s’´ecrit sous la forme | cos x| (1 + (x)) avec lim (x) = 0.
x→+∞

Or la fonction x 7→ | cos x| n’est pas int´egrable sur [0, +∞[ (pourquoi ?),
donc g non plus.
RX
Cas α = 0 : On peut calculer 0 g(x)dx mais le plus simple est encore de
calculer In comme ci-dessus. On trouve :

On va chercher
P un ´equivalent de In qui permettra d’´etudier la nature
de la s´erie
In .

Page 39/44

0

De l’´etude, d´ej`a faite, de cette s´erie `a termes positifs, il d´ecoule :
Pour α > 0, f est int´egrable sur I si et seulement si α > 1

D´emonstration. La fonction f est continue sur ]0, +∞[. Il s’agit d’´etudier
l’int´egrabilit´e de :
| cos x|
g(x) = |f (x)| =
1 + xα | sin x|



1

In ∼

est int´egrable sur ]0, +∞[ si et seulement si α > 1.

| cos x|dx
≤ In ≤
1 + ((n + 1)π)α | sin x|

cos xdx
1 + (nπ)α sin x

Donc, puisque Jn ∼ Jn+1 quand n → ∞ :

cos x
f (x) =
1 + xα | sin x|

(n+1)π

0

Z
Jn = 2

Exemple 14. La fonction f d´efinie sur ]0, +∞[ par :

Z

π/2

Le changement de variable sin x = t assure :

k=0

Le r´esultat s’en d´eduit imm´ediatement.

20 octobre 2002

In = 2 ln 2
donc

P

Page 40/44

In diverge et f n’est pas int´egrable.

JP Barani

L’int´egrale

20 octobre 2002

Exercice 12. Int´egrabilit´e sur ]0, +∞[ de :
f (x) =

L’int´egrale

Th´
eor`
eme 11 (Int´
egration des d´
eveloppements limit´
es). Soit f une
application de classe C 1 de I dans K. On suppose que f 0 admet, au voisinage
de a ∈ I, le d´eveloppement limit´e suivant :

x
?
1 + xα | cos(x ln x)|

On introduira la fonction u r´eciproque de x 7→ x ln x sur [1, +∞[ (dont on
trouvera un ´equivalent en +∞) et la suite u( π2 + nπ) .
Exercice 13. Soient α et β deux r´eels. La fonction :
α

f : x ∈]0, +∞[7→ sin(x) xβ e−x

f 0 (x) =

Th´
eor`
eme 10 (Hors programme). I = [a, b[ avec −∞ < a < b ≤ +∞.
Soit f une fonction continue par morceaux sur I `a valeurs complexes et g
une fonction continue par morceaux sur I `a valeurs r´eelles positive au
voisinage de b. On suppose que f = o(g) au voisinage de b, alors, quand
x→b:
– Si g est int´
egrable sur I , il en est de mˆeme de f et :
Z

b
x

Z
f (t) dt = o

b
x


g(t) dt

– Si g n’est pas int´
egrable sur I :
Z

x
a

Z
f (t) dt = o

x
a


g(t) dt

D´emonstration. Comme pour les s´eries.
P −√ln n
diverge et, quand n → ∞ :
Exemple 15. La s´erie
e
n
X
k=0

Page 41/44

e−



ln n

Z


n
0

e−



ln t

dt ∼ n e−



ln n

ak (x − a)k + o ((x − a)n )

Alors f admet, au voisinage de a, le d´eveloppement limit´e d’ordre n + 1
suivant :

est int´egrable sur ]0, +∞[ si et seulement si α > 0 et β > −2.

Int´
egration des relations de comparaison

n
X
k=0

f (x) = f (a) +

Exercice 14. Discuter suivant α et β l’int´egrabilit´e de la fonction x 7→
sin(lnβ x) xα sur ]1, +∞[.

2.4.2

n
X
k=0


ak
(x − a)k+1 + o (x − a)n+1
(k + 1)

D´emonstration. Soit g la fonction de classe C 1 d´efinie sur I par :
g(x) = f (x) − f (a) −

n
X
k=0

Il vient, quand t → a :

ak
(x − a)k+1
(k + 1)

f 0 (t) = o ((t − a)n )

Si a n’est pas plus grand ´el´ement de I, il existe b ∈ I tel que b > a et g 0 est
int´egrable sur [a, b] puisqu’elle y est continue. Le th´eor`eme d’int´egration des
relations de comparaison assure alors que, quand x → a+ :
Z x

Z x
g 0 (t) dt = o
(t − a)n dt
a

Donc

a

g(x) = o (x − a)n+1



quand x → a `a droite

Mˆeme chose `a gauche de a si a n’est pas plus petit ´el´ement de I et le r´esultat.
Exemple 16 (Exemple d’int´egration d’un d´eveloppement asymptotique). On
veut un d´eveloppement asymptotique `a trois termes de arcsin au voisinage
de 1. On consid`ere :
f : x ∈ [0, 2[7→ arcsin(1 − x)

JP Barani

20 octobre 2002

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JP Barani

L’int´egrale

20 octobre 2002

f est de classe C 1 sur ]0, 2[ :


x
−1
−1
f 0 (x) = p
=√
1 + + o(x)
4
2x
x(2 − x)

quand x → 0. On consid`ere alors, pour x ∈]0, 2[ :

1
x
g(x) = f 0 (x) + √ + √
2x 4 2

L’int´egrale

Exercice 19. Etude au voisinage de 1 de la fonction f d´efinie sur ]0, 1[ par :
Z
f (x) =
En d´eduire la valeur de :

Z

1
0

x

x2

dt
ln t

(1 − t) dt
ln t

Pour 0 < x < 2, g est int´egrable sur ]0, x] car elle se prolonge continˆ
ument `a
[0, x]. En outre, quand t → 0 :


t
donc |g(t)| = o
t
g(t) = o
Rx
Rx√
On en d´eduit que 0 g(t) dt = o 0 t dt soit :
√ 3/2
3
π √ √
2x
+ o x2
f (x) = − 2 x −
2
12
On se borne `a quelques exercices
Exercice 15. D´eveloppement asymptotique `a deux termes de :
Z x
dt

4
1
+ t4
0
au voisinage de +∞.
Exercice 16. Mˆeme question avec :
Z x √
e− ln t dt
0

Exercice 17. Mˆeme question avec :
Z x
0

sin t
dt
t

´
Exercice 18. Etude
compl`ete (D´efinition, continuit´e, variations, ´etudes locales, courbe repr´esentative) de la fonction f d´efinie par :
Z x
t2 dt
p
f (x) =
|t4 − 1|
0
(On commencera par donner un sens `a cette ´ecriture qui ne correspond pas
`a une situation figurant stricto sensu dans le programme. )
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20 octobre 2002

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JP Barani

17 d´ecembre 2008

17 d´ecembre 2008
6.1
6.2

´ GRALES DE
´ PENDANT DE
INTE
` TRES
PARAME

6.3

IV

JPB

Utilisation courante . . . . . . . . . . . . . . .
Cas o`
u l’on ne sait pas ´evaluer la norme un du
de la suite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Cas o`
u le th´eor`eme ne s’applique pas . . . . .

Int´
egrales d´
ependant d’un param`
etre

7 Continuit´
e sous le signe somme

17 d´ecembre 2008

. . . . . . . . . 17
terme g´en´eral
. . . . . . . . . 20
. . . . . . . . . 23

26
26

8 D´
erivation sous le signe somme
30
8.1 Le th´eor`eme de d´erivation sous l’int´egrale . . . . . . . . . . . . 30
8.2 Calcul des d´eriv´ees successives . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

Table des mati`
eres
I

Rappels et notations

9 Calcul d’int´
egrales d´
ependant d’un param`
etre

37

10 Interversion d’int´
egrales

42

V

43

2
Travaux dirig´
es

1 Notations

3

2 Rappels
2.1 Sur les fonctions d’une variable . . . . . . . . . . . . . . . . .

3
3

11 Convergence domin´
ee

43

12 Interversion s´
erie-int´
egrale

48

II

4

13 Int´
egrales `
a un param`
etre continu

53

3 Le th´
eor`
eme de convergence domin´
ee

4

4 Quelques exemples de comportements asymptotiques

9

´
LES SEULES DEMONSTRATIONS
AU PROGRAMME SONT
´ E
´ FAITES DANS LE COURS SUR LES
CELLES QUI ONT ET
´
SUITES ET SERIES
DE FONCTIONS. Les preuves des r´
esultats
hors programmes sont difficiles et se trouvent sur mon site. Les
preuves des r´
esultats non exigibles sont abr´
eg´
ees et peuvent faire
l’objet d’exercices d’approfondissement. Il est conseill´
e de lire le
programme officiel en mˆ
eme temps que ce papier.

III

Interversion int´
egrale-suite de fonctions

Interversion s´
erie-int´
egrale

14

5 Cas des s´
eries normalement convergentes de fonctions continues sur un segment
14
6 Cas des s´
eries de fonctions int´
egrables sur un intervalle quelconque
16

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Jean-Pierre Barani

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17 d´ecembre 2008

Premi`
ere partie

Proposition 3 (Caract`
ere local de la classe C 1 ). Soit f une fonction de
I dans K. On suppose qu’existe une fonction g continue de I dans K telle
que pour tout segment J ⊂ I, f|J soit de classe C 1 sur J et de d´eriv´ee g|J .
Alors f est de classe C I sur I et f 0 = g.

Rappels et notations
1

Proposition 4. Th´eor`eme "de la limite de la d´eriv´ee" `
a revoir sur le papier
"d´eriv´ees" ou dans le cours de premi`ere ann´ee.

Notations
– La lettre K d´esigne R ou C.
– La lettre I (resp J) d´esignera toujours un intervalle quelconque (resp
un segment) non r´eduit `a un point.
– On note Cm (I, R) (resp Cm (I, C)) l’ensemble des fonctions continues par
morceaux sur I `a valeurs r´eelles (resp complexes). Tous ces ensembles
sont stables par produit.
R
– Pour f ∈ Cm (I, C) int´egrable, on posera N1 (f ) = I |f (x)| dx. On
rappelle (mais ¸ca n’a pas vraiment d’int´erˆet dans ce cours), que N1
est une semi-norme sur le C-espace vectoriel des fonctions `a valeurs
complexes, continues par morceaux, int´egrables sur I et une norme sur
le C-espace vectoriel des fonctions `a valeurs complexes, continues et
int´egrables sur I.

2

Rappels

2.1

17 d´ecembre 2008

Sur les fonctions d’une variable

Proposition 1 (Crit`
ere s´
equentiel des limites). Soit f une application
d’un intervalle I de R dans K et a ∈ R un point de I ou une extr´emit´e de
I. soit l ∈ K. Les trois propri´et´es suivantes sont ´equivalentes :
i) lim f (x) = l
x→a

Deuxi`
eme partie

Interversion int´
egrale-suite de
fonctions
3

Le th´
eor`
eme de convergence domin´
ee

Th´
eor`
eme 1 (Th´
eor`
eme de convergence domin´
ee, preuve hors programme). Soit (fn ) une suite d’´el´ements de Cm (I, C), on suppose que :
a valeurs positives,
– Il existe une fonction g ∈ Cm (I, R), int´egrable sur I, `
telle que :
∀x ∈ I, ∀n ∈ N, |fn (x)| ≤ g(x)
(On dit alors que la suite (fn ) est domin´ee par la fonction int´egrable
g),
– la suite (fn ) converge simplement vers un ´el´ement f ∈ Cm (I, C).
Alors les fn et f sont int´egrables sur I et :
Z
Z
f (x) dx = lim
fn (x) dx
I

ii) Pour toute suite (xn ) d’´el´ements de I qui converge vers a, la suite (f (xn ))
converge vers l.
iii) Pour toute suite monotone (xn ) d’´el´ements de I qui converge vers a,
la suite (f (xn )) converge vers l.
Ce r´esultat est encore valable si K = R et l = ±∞.

n→∞

I

Contre-exemple 1. [Importance de l’hypoth`ese de domination] Soit fn la
fonction dont le graphe dans R2 est la ligne polygonale qui joint, dans cet
ordre, les quatre points




1
1
, 2(n + 1) , Bn =
, 0 , C = (1, 0)
O = (0, 0), An =
2(n + 1)
n+1

Proposition 2 (Caract`
ere local de la continuit´
e). Soit f une fonction
de I dans K. Si la restriction de f `a chaque segment de I est continue sur
ce segment alors f est continue sur I.

La suite (fn ) est une suite de fonctions continues sur I = [0,
R 1] qui converge
simplement vers 0. Pourtant le terme g´en´eral de la suite ( I fn (x) dx) vaut
constamment 1.

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Jean-Pierre Barani

Jean-Pierre Barani

17 d´ecembre 2008
Exemple 1. Soit n ∈ N∗ , la fonction fn d´efinie sur [0, +∞[ par :
fn (x) =

1
2 n
1 + xn

n→∞

– Cette derni`ere fonction, not´ee f est int´egrable sur [0, +∞[ et :
Z ∞
Z ∞
2
fn (x) dx =
e−x dx
lim
0

Exercice 1. Calculer

R +∞
0

Exercice 2 (La fonction Γ). 1. Soit s ∈ C tel que Re(s) > 0. Prouver que la fonction :
f

x 7→ xs−1 e−x
est continue et int´egrable sur I =]0, +∞[. On note

0

D´emonstration. fn est continue sur [0, +∞[. Pour x ≥ 0 fix´e :


x2
→ −x2 quand n → ∞.
ln fn (x) = −n ln 1 +
n
Donc la suite fn converge simplement vers f sur [0, +∞[.
La fonction φ d´efinie sur R+ par :

Γ(s) =

Z

+∞

xs−1 e−x dx

0

2. Pour tout entier naturel n ≥ 1, d´efinissons la fonction fn sur ]0, +∞[
par :

(
x n
si 0 < x < n
xs−1 1 −
n
fn (x) =
0
si x ≥ 1
´
3. Etablir
les propri´et´es suivantes :

u 7→ ln(1 + ux)
est d´ecroissante sur
est concave pour x > 0. Donc la fonction u 7→ φ(u)
u
]0, +∞[ (pente). On en d´eduit ais´ement, par croissance de l’exponentielle
que, pour x > 0 fix´e, la fonction de t, d´efinie sur ]0, +∞[ par :

−t
x2
t 7→ 1 +
t

(a) fn est continue et int´egrable sur ]0, +∞[ et :
Z n
Z +∞

ns n!
x n
fn (x) dx =
xs−1 1 −
dx =
,
n
s (s + 1) . . . (s + n)
0
0
(b) pour tout x de cet intervalle :
|fn (x)| ≤ |f (x)|

est d´ecroissante et donc que :
(c)

∀x > 0, 0 ≤ fn (x) ≤ f1 (x)

lim

n→∞

C’est ´evident pour x = 0 et donc :

et

lim fn (x) = f (x),

n→∞

ns n!
= Γ(s)
s (s + 1) . . . (s + n)

4. Prouver la relation :

∀x ≥ 0, |fn (x)| ≤ f1 (x)

Γ

Or f1 est int´egrable sur [0, +∞[, le th´eor`eme de convergence domin´e s’applique donc et assure le r´esultat.
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fn (x) dx grˆ
ace au changement de variable :

x = n tg t

En d´eduire la valeur de l’int´egrale de Gauss.

est continue sur [0, +∞[ et int´egrable sur cet intervalle. Il vient :

2
lim fn (x) = e−x

n→∞

17 d´ecembre 2008

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Z +∞
1
2
e−x dx
=
2
−∞
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