daniel alibert intégration : intégrale de riemann ... · - difficulté de conception et de...

Daniel ALIBERT

Intégration : intégrale de Riemann, primitives, intégrales généralisées.

Objectifs : Savoir étudier une fonction définie par une intégrale dépendant de l'une de ses bornes. Savoir calculer une primitive, une intégrale de Riemann. Savoir étudier une intégrale généralisée (ou impropre). .

Organisation, mode d'emploi

Cet ouvrage, comme tous ceux de la série, a été conçu en vue d'un usage pratique simple. Il s'agit d'un livre d'exercices corrigés, avec rappels de cours. Il ne se substitue en aucune façon à un cours de mathématiques complet, il doit au contraire l'accompagner en fournissant des exemples illustratifs, et des exercices pour aider à l'assimilation du cours. Ce livre a été écrit pour des étudiants de première et seconde années des Licences de sciences, dans les parcours où les mathématiques tiennent une place importante. Il est le fruit de nombreuses années d'enseignement auprès de ces étudiants, et de l'observation des difficultés qu'ils rencontrent dans l'abord des mathématiques au niveau du premier cycle des universités : - difficulté à valoriser les nombreuses connaissances mathématiques dont ils disposent lorsqu'ils quittent le lycée, - difficulté pour comprendre un énoncé, une définition, dès lors qu'ils mettent en jeu des objets abstraits, alors que c'est la nature même des mathématiques de le faire, - difficulté de conception et de rédaction de raisonnements même simples, - manque de méthodes de base de résolution des problèmes. L'ambition de cet ouvrage est de contribuer à la résolution de ces difficultés aux côtés des enseignants. Ce livre comporte trois parties.

La première, intitulée "A Savoir", rassemble les définitions et résultats qui sont utilisés dans les exercices qui suivent. Elle ne contient ni démonstration, ni exemple. La seconde est intitulée "Pour Voir" : son rôle est de présenter des exemples de toutes les définitions, et de tous les résultats de la partie précédente, en ne faisant référence qu'aux connaissances qu'un étudiant abordant le chapitre considéré a nécessairement déjà rencontré (souvent des objets et résultats abordés avant le baccalauréat). La moitié environ de ces exemples sont développés complètement, pour éclairer la définition ou l'énoncé correspondant. L'autre moitié est formée d'énoncés intitulés "exemple à traiter" : il s'agit de questions permettant au lecteur de réfléchir de manière active à d'autres exemples très proches des précédents. Ils sont suivis immédiatement d'explications détaillées. La troisième partie est intitulée "Pour Comprendre et Utiliser" : des énoncés d'exercices y sont rassemblés, en référence à des objectifs. Tous les exercices sont corrigés de manière très détaillée dans la partie 3 - 2. Certains livres d'exercices comportent un grand nombre d'exercices assez voisins, privilégiant un aspect "entraînement" dans le travail de l'étudiant en mathématiques. Ce n'est pas le choix qui a été fait ici : les exemples à traiter, les exercices et les questions complémentaires proposés abordent des aspects variés d'une question du niveau du L1 L2 de sciences pour l'éclairer de diverses manières et ainsi aider à sa compréhension.

Le lecteur est invité, à propos de chacun d'entre eux, à s'interroger sur ce qu'il a de général (on l'y aide par quelques commentaires)

Table des matières

1 A Savoir ........................................................................... 7 1-1 Intégrale de Riemann ...................................... 7 1-2 Intégrale fonction de la borne supérieure - Primitives .............................................................. 11 1-3 Intégrales généralisées .................................. 21

2 Pour Voir ....................................................................... 25 2-1 Intégrale de Riemann .................................... 25 2-2 Intégrale fonction de la borne supérieure - Primitives .............................................................. 59 2-3 Intégrales généralisées .................................. 88

3 Pour Comprendre et Utiliser ......................................... 97 3-1 Énoncés des exercices ................................... 97 3-2 Corrigés des exercices ................................. 109

1� A Savoir

Dans cette partie, on rappelle rapidement les principales définitions et les principaux énoncés utilisés. Vous devrez vous référer à votre cours pour les démonstrations. Vous trouverez des exemples dans la partie 2*Pour Voir.

1-1 Intégrale de Riemann

Définition

Soient a et b des réels, a ≤ b. On appelle subdivision de [a , b] une famille finie :

Λ = (a = a0, a1,…, an = b)

de points de [a , b] tels que a0 ≤ a1 ≤ … ≤ an-1 ≤ an.

On pose Λi = [ai-1 , ai], et mes(Λi) = ai – ai-1.

� Ce nombre est la mesure du segment Λi.

� Par convention, l'ensemble vide a une mesure égale à 0. � La mesure d'un segment est un nombre réel positif ou nul.

Définition

Soit f : [a , b] --. R une fonction, on dit que f est une fonction en escalier, s'il existe une subdivision Λ telle que f soit constante sur chaque partie ]ai-1 , ai[, lorsque ce segment n'est pas vide.

� Dans ce cas, on note, par abus d'écriture, f(Λi) la valeur de cette constante. � La fonction f et la subdivision sont dites adaptées.

Proposition et

Définition

Soit f une fonction en escalier sur [a , b]. Le nombre :

f Λ i( )i =1

i = n

∑ ai − ai −1( )

est indépendant du choix de la subdivision adaptée Λ. Il s'appelle l'intégrale de f sur [a , b], on le note :

fa,b[ ]∫ .

Proposition

La somme de deux fonctions en escalier sur le même segment est une fonction en escalier, et l'intégrale sur ce segment de la somme de deux fonctions est la somme de leurs intégrales. � Le produit de deux fonctions en escalier est une fonction en escalier, mais l'intégrale d'un produit n'est pas égale, en général, au produit des intégrales.

Proposition

Si f est une fonction en escalier à valeurs positives ou nulle, son intégrale est positive ou nulle. � Si f et g sont des fonctions en escalier sur le même segment [a , b], et si pour tout x de [a , b], f(x) ≥ g(x), alors l'intégrale de f est supérieure ou égale à l'intégrale de g.

A partir de la définition de l'intégrale d'une fonction en escalier, on construit l'intégrale d'autres fonctions. Soit f : [a , b] → R une fonction bornée. On note E-(f) l'ensemble des fonctions en escalier sur [a , b] inférieures à f, et E+(f) l'ensemble des fonctions en escalier sur [a , b] supérieures à f. On note :

S-(f) = { ga,b[ ]∫ / g ∈ E-(f)} ,

et :

S+(f) = { ga,b[ ]∫ / g ∈ E+(f)} .

� On notera que ces ensembles ne sont pas vides, puisque f est bornée.

� Tout élément de l'ensemble S+(f) est supérieur à tout élément de l'ensemble S-(f).

Définition

Soit f : [a , b] → R une fonction bornée, on dit que f est intégrable (au sens de Riemann) si sup(S-(f)) = inf(S+(f)). Ce nombre s'appelle

l'intégrale de f sur [a , b], et se note fa,b[ ]∫ .

� Il existe des fonctions qui ne sont pas intégrables au sens de Riemann.

Théorème

Soit f : [a , b] → R une fonction continue, alors la fonction f est intégrable sur [a , b].

Proposition

1) Si f, f1 et f2 sont intégrables sur [a , b], alors f1 + f2 et λf (λ réel quelconque) sont également intégrables. 2) On a les égalités :

f1 + f2( )=a,b[ ]∫ f1( )+

a,b[ ]∫ f2( ),a,b[ ]∫

λf( )= λ f( )a,b[ ]∫a,b[ ]∫ .

Proposition

1) Soit f : [a , b] → R une fonction intégrable. Si f ≥ 0 alors :

f[ a,b]∫ ≥ 0 .

2) Si f et g sont des fonctions intégrables telles que f ≥ g, alors :

f[a,b]∫ ≥ g

[a,b]∫ .

3) Soit f : [a , b] → R une fonction intégrable. Alors la valeur absolue de f est intégrable, et on a l'inégalité :

f[ a,b]∫ ≥ f

[ a,b]∫ .

Proposition

Soit f : [a , b] → R une fonction continue, à valeurs positives ou nulles. Si l'intégrale de f sur [a , b] est nulle, alors f(x) = 0 pour tout x de [a , b].

Proposition

(formule de la moyenne) Soit f : [a , b] → R une fonction continue. Il existe un élément c de l'intervalle ouvert ]a , b[ tel que :

f[ a,b]∫ = (b− a) f (c).

1-2 Intégrale fonction de la borne supérieure - Primitives

Dans cette partie, on considère une fonction f intégrable sur I = [a , b], ou [b , a]. Par convention, on pose :

f (x)dxa

b

∫ = f[ a,b]∫ , si a ≤ b

f (x)dxa

b

∫ = − f[ b,a]∫ , si b ≤ a.

Proposition

(relation de Chasles)

Si α, β, γ sont trois éléments de I, dans un ordre quelconque, on a l'égalité :

f (x)dxα

γ

∫ = f (x)dxα

β

∫ + f (x)dxβ

γ

∫ .

� On fixe un élément t0 de I, et on définit la fonction F, intégrale dépendant de la borne supérieure t par :

F : t a f (x)dx

t0

t

∫ .

Proposition

Soit f intégrable sur I, et k = sup(|f(x)|, x ∈ I). 1) La fonction F définie ci-dessus est k-lipschitzienne sur I, donc continue. 2) Si f est positive, alors F est croissante.

Proposition

Si la fonction f est continue en t, alors la fonction F est dérivable en t et sa dérivée est F'(t) = f(t).

� Rappelons qu'on appelle primitive de la fonction f sur I une fonction dérivable sur I, dont la dérivée sur I est égale à f. � Soit f : [a , b] → R, continue, la fonction F définie ci-dessus est une primitive de f. � En particulier, on peut calculer la valeur de certaines intégrales à l'aide d'un calcul de primitive.

Théorème

Soit f : [a , b] → R, continue. Pour toute primitive G de f sur [a , b], on a l'égalité :

f (x)dxa

b

∫ = G(b) − G(a).

� On note généralement G(x)[ ]a

b la différence G(b) – G(a).

� Pour les fonctions continues d'une variable, ce théorème permet de ramener le calcul d'une intégrale au calcul d'une primitive. La base de ce calcul est d'abord constituée par la connaissance des primitives des fonctions usuelles. Le formulaire rappelé ci-dessous est à bien connaître. Dans la colonne de gauche, on a donné une expression définissant une fonction, et dans la colonne de droite une expression définissant une primitive.

fonction primitive

xn, n ≠ – 1

x > 0 si n ∈ Z

xn +1

n +1

1/x, x ≠ 0 ln(|x|)

ex ex

cos(x) sin(x) sin(x) – cos(x) sh(x) ch(x) ch(x) sh(x)

1

1− x2 –1 < x < 1 arcsin(x)

1

1+ x2

ln x + 1+ x2( ) 1

x2 −1, x > 1 ou x < – 1

ln x + x2 −1

1

1+ x2

arctan(x)

1

1− x2 , x ≠ – 1 et x ≠ 1

1

2ln

1+ x

1− x

Proposition

(intégration par parties) Soient u et v des fonctions de classe C1 sur [a , b]. On a l'égalité :

u(x)v' (x)dxa

b

∫ = u(x)v(x)[ ]a

b − u' (x)v(x)dxa

b

∫ .

Proposition

(changement de variable 1) Soit f : [a , b] → R une fonction continue. On suppose qu'il existe une application :

v : [ a , b ] → R,

de classe C1 et une application u, continue sur v([a , b]) telles que pour tout x de [a , b] on ait l'égalité suivante :

f(x) = u(v(x)) . v'(x). Alors on a l'égalité :

f (x)dxa

b

∫ = u(y)dyv(a)

v(b )

∫ .

� Pour un calcul pratique, on raisonne formellement en disant qu'on "pose" :

y = v(x), d'où dy = v'(x) dx, et f(x) dx = u(v(x)) v'(x) dx = u(y) dy , enfin on n'oublie pas de changer les bornes de l'intégrale.

Corollaire

(changement de variable 2) Soit f : [a , b] --. R, continue. On suppose qu'il existe une application :

u : [s , t ] → [a , b],

bijective, de classe C1, dont la dérivée ne s'annule pas, avec (pour fixer les idées) u(s) = a et u(t) = b. Alors :

f (x)dxa

b

∫ = f u(y)( )u' (y)dys

t

∫ .

� Ici encore, dans un calcul pratique, on raisonne formellement, en posant :

x = u(y) , d'où dx = u'(y) dy, et a=u(s), b=u(t).

On donne une liste de fonctions pour lesquelles le calcul d'une primitive peut être mené de manière méthodique. (1) Fonctions rationnelles. Il s'agit des fonctions pour lesquelles la valeur en x est de la forme :

f (x) =P(x)

Q(x),

P et Q étant des fonctions polynômes. On suppose que Q ne s'annule pas sur le domaine d'intégration considéré. On a vu le résultat suivant : toute fonction rationnelle peut s'écrire sous la forme de la somme de fonctions rationnelles particulières appelées "éléments simples". Ces éléments simples sont les suivants : * fonctions polynômes,

* fonctions

x aa

αx + β( )n , ( a, α, β étant des réels, n un entier positif ),

* fonctions

x acx+ d

γx2 +δx +ε( )n ,

(c, d, γ, δ, ε étant des réels, n un entier positif).

Méthode d'intégration : (a) savoir écrire une fonction rationnelle sous forme de somme d'éléments simples, (b) savoir calculer une primitive d'un élément simple. (a) voir le chapitre "polynômes" dans un précédent volume. (b) b-1 On sait calculer une primitive d'un polynôme. b-2 Pour une fonction :

x aa

αx + β( )n,

une primitive, à connaître, est pour n > 1 :

x aa

α(1− n) αx + β( )n−1 .

Sinon, on obtient, pour n = 1, un logarithme :

).ln( βαα

+xa

x a

b-3 Pour une fonction :

x acx+ d

γx2 +δx +ε( )n ,

on peut écrire :

cx+ d

γx2 + δx + ε( )n =c

2γ( )2γx + δ( )γx2 + δx + ε( )n +

d − cδ2γ

γx2 + δx + ε( )n

d'où une première fonction du type :

u' (x)

(u(x))n

avec u(x) = γx2 + δx + ε dont une primitive est ln(|γx2 + δx + ε |), si n = 1,

et 1

(1− n)(u(x))n −1 , si n > 1, et une seconde du type :

h

γx2 +δx + ε( )n

h étant un réel. Le calcul d'une primitive de cette dernière fonction passe par la mise sous forme canonique du trinôme du dénominateur :

γx2 + δx + ε = γ x +δ2γ

2

+εγ

−δ 2

4γ 2

.

On fera un changement de variable :

X = x +δ2γ

.

On sait que x +δ2γ

2

+εγ

−δ 2

4γ 2 s'écrit sous la forme X2 + a2 (car on est

dans le cas où δ2 – 4γε < 0).

Pour n = 1 on aboutit à un Arctan x +δ2γ

.

Pour n > 1, on procède par récurrence. (2) Fonctions pouvant se ramener à une fonction rationnelle. 2-1 (Intégrales abéliennes du premier type) Expressions de la forme :

P x,ax+ bcx+ d

Q x,ax+ b

cx + d

où P et Q sont des polynômes à deux variables, avec ad – bc ≠ 0. En faisant le changement de variable :

t =ax+ b

cx+ d

on obtient une fonction rationnelle en t. 2-2 (Intégrales abéliennes du second type) Expressions de la forme :

P x, ax2 + bx+ c( )Q x, ax2 + bx+ c( )

où P et Q sont des polynômes à deux variables, avec a ≠ 0, b2 – 4ac ≠ 0. Il faut d'abord mettre le trinome ax2 + bx + c sous forme canonique. Il peut se présenter sous trois formes (car cette expression doit être positive) :

X2 + a2 : poser X = a sh(t), X2 – a2 : poser X = a ch(t),

– X2 + a2 : poser X = a sin(t). Dans les deux premiers cas, si nécessaire, un nouveau changement de variable u = et, dans le dernier, un nouveau changement de variable

u = tant

2 , conduit à une fraction rationnelle en u.

(3) Primitives de forme prévisible formellement (quelques exemples) : 3-1 Une fonction de la forme cos(x) eax, a une primitive de la forme :

(α sin(x) + β cos(x)) eax ,

il suffit de dériver et d'identifier (les fonctions sin(x) eax et cos(x)eax sont linéairement indépendantes) pour déterminer les réels α et β. 3-2 Une fonction de la forme P(x) cos(ax) , avec P un polynôme de degré n, a une primitive de la forme :

Q(x) cos(ax) + R(x) sin(ax),

Q et R étant des polynômes de degré n. On dérive et on identifie (ici on utilise le fait que la famille (xksin(ax), xpcos(ax))(k,p) entiers est libre.

3-3 On traite de même les fonctions P(x)eax, P étant un polynôme. (4) Transformations trigonométriques :

Pour une primitive de cosk(x), ou sink(x), penser qu'il est possible de linéariser, après quoi l'intégration est facile. Une méthode analogue peut s'utiliser avec les fonctions trigonométriques hyperboliques. NB : les méthodes précédentes ont l'avantage de garantir l'aboutissement à des primitives que l'on sait calculer. Toutefois elles ne constituent pas toujours la solution la plus rapide d'un problème de calcul d'intégrale : dans chaque cas particulier, un changement de variable bien choisi, mais non standard, peut aussi être recherché, une intégration par parties peut simplifier le problème…

1-3 Intégrales généralisées

NB : toutes les fonctions considérées sont supposées CONTINUES, à valeurs réelles.

Définition

Soit a un réel. Soit f une fonction continue sur l'intervalle I = [a , +∞[. On dit que l'intégrale de f sur I converge si la limite de l'intégrale :

f (x)dxa

X

∫

lorsque X tend vers l'infini existe. Dans ce cas cette limite est notée :

f (x)dxa

+∞

∫ .

� Bien entendu, il y a une définition analogue pour l'intégrale d'une fonction continue sur un intervalle du type ]–∞ , a]. � On dit souvent, par abus :

"l'intégrale f (x)dxa

+∞

∫ converge".

� Dans le cas contraire, l'intégrale est dite divergente.

Proposition

Soit f une fonction continue sur un intervalle I = [a , +∞[. Si f est réelle à valeurs positives, l'intégrale de f sur I converge si et seulement si l'intégrale :

f (x)dxa

X

∫

est majorée indépendamment de X.

� Si f est majorée par une fonction dont l'intégrale converge, alors l'intégrale de f converge.

Corollaire

Si f et g sont des fonctions définie sur I = [a , +∞[, continues, positives, équivalentes au voisinage de l'infini, alors l'intégrale de f sur I converge si et seulement si l'intégrale de g sur I converge.

Proposition

Soit f une fonction définie sur I = [a , +∞[, continue. Si l'intégrale de la valeur absolue de f sur I converge, alors l'intégrale de f sur I converge. Dans ce cas :

f (x)dxa

+∞

∫ ≤ f (x)dxa

+∞

∫ .

� On dit que l'intégrale de f est absolument convergente. � Si l'intégrale de f est convergente, mais pas absolument convergente, on dit qu'elle est semi-convergente (en effet, la réciproque de cet énoncé est fausse).

Proposition

(Abel)

Soit f une fonction définie sur I = [a , +∞[, dérivable, à dérivée continue, positive, tendant vers 0 en décroissant à l'infini. Soit g une fonction dont une primitive sur l'intervalle [a , X] est bornée quel que soit X. Alors l'intégrale de h = fg sur [a, +∞[ est convergente.

Définition

Soit a et b des réels (a < b), et f une fonction continue sur l'intervalle I = [a, b[. On dit que l'intégrale de f sur I converge si la limite de l'intégrale:

f (x)dxa

X

∫

existe lorsque X tend vers b par valeurs inférieures. Dans ce cas cette limite est notée :

f (x)dxa

b

∫ .

� Si f est à valeurs positives, l'intégrale converge si et seulement si l'intégrale :

f (x)dxa

X

∫

est majorée indépendamment de X, pour b > X ≥ a. � Si f, positive, est majorée par une fonction dont l'intégrale converge, alors l'intégrale de f converge. � Si f et g sont des fonctions positives équivalentes au voisinage de b, alors l'intégrale de f converge si et seulement si l'intégrale de g converge. � Si l'intégrale de la valeur absolue de f converge, alors l'intégrale de f converge. Dans le cas de fonctions continues sur un intervalle ouvert, borné ou non, on se ramène à un des cas précédents en coupant l'intervalle en deux intervalles semi-ouverts.

Calculs d'intégrales

généralisées

� Il est important de se rappeler que les intégrales généralisées sont par définition des limites sous réserve qu'elles existent d'intégrales de Riemann usuelles. En conséquence, les méthodes de calcul des intégrales de Riemann peuvent être utilisées (intégration par parties, changement de

variable) avant passage à la limite. Il faut ensuite vérifier que les intégrales obtenues ont bien une limite. � Le simple fait qu'une intégrale converge n'entraîne pas que les opérations usuelles soient licites pour le calcul de cette intégrale.

2� Pour Voir

Dans cette partie, on présente des exemples simples des notions ou résultats abordés dans la partie précédente. Ils sont suivis de questions très élémentaires pour vérifier votre compréhension.

2-1 Intégrale de Riemann

"Soient a et b des réels, a ≤ b. On appelle subdivision de [a , b] une famille finie : Λ =

(a = a0, a1, … ,an = b) de points de [a , b] tels que a0 ≤ a1 ≤ … ≤ an-1 ≤ an. On pose Λi

= [ai-1 , ai], et mes(Λi) = ai – ai-1."

exemple 1

Soit N un entier strictement positif, on peut lui associer une subdivision régulière de l'intervalle [0 , 1], en N parties, de la manière suivante :

a0 = 0, a1 =1

N,…, ak =

k

N,…, aN = 1.

Toutes les parties de cette subdivision ont la même mesure, qui vaut 1

N.

exemple 2

(exercice à traiter)

Dans le même segment, les suites de points suivantes définissent-elles une subdivision ? Si c'est le cas, calculer la plus petite mesure d'un intervalle de la subdivision.

1)

1

n, n ∈N , n ≠ 0

,

2) (0, 0.5, 0.6, 0.65, 0.4, 0.7, 1),

3) n étant un entier strictement positif, sinkπ2n

, 0≤ k ≤ n

.

# réponse

1) Dans le premier cas, l'ensemble des points de subdivision n'est pas fini, ce n'est pas une subdivision. 2) Dans le second cas, la suite des valeurs des points de subdivision n'est pas croissante, ce n'est pas une subdivision.

3) Dans le dernier cas, la suite kπ2n

est bien finie et croissante, et comme

la fonction sinus est croissante, la suite sinkπ2n

est également finie et

croissante, elle définit une subdivision. La dérivée de sinus est décroissante sur l'intervalle considéré, donc la plus petite mesure est celle du dernier intervalle de la subdivision, soit :

1− sin(n−1)π

2n

.

"Soit f : [a , b] →. R une fonction, on dit que f est une fonction en escalier, s'il existe

une subdivision Λ telle que f soit constante sur chaque partie ]ai-1 , ai[, lorsque ce

segment n'est pas vide."

exemple 3

Dans le troisième cas de l'exemple précédent, la fonction définie par :

0 ≤ k < n, x ∈ sinkπ2n

, sin

(k +1)π2n

, f(x) = k,

f(1) = 1, est une fonction en escalier.

exemple 4


La fonction g suivante est en escalier sur [0 , 1]. Vérifiez-le, représentez le graphe de cette fonction :

g(0) = g(1) = 1, g(0.3) = g(0.7) = 0,

x ∉{0, 0.3, 0.7, 1}, x ≤ 0.5, g(x) = 2 x ∉ {0, 0.3, 0.7, 1}, x > 0.5, g(x) = –1.

# réponse

Il faut trouver une subdivision : (0, 0.3, 0.5, 0.7, 0.8, 1) convient,

en effet sur les intervalles ouverts : ]0 , 0.3[, ]0.3 , 0.5[, ]0.5 , 0.7[, ]0.7 , 0.8[, ]0.8 , 1[,

la fonction g est bien constante. Le graphe est simple, voyons comment le faire tracer par Maxima :

"La fonction f et la subdivision sont dites adaptées."

exemple 5

On a vu des exemples de subdivisions et de fonctions adaptées. Cela signifie simplement que la fonction est constante sur les intervalles ouverts successifs de la subdivision.

exemple 6


Une fonction en escalier peut-elle être adaptée à plusieurs subdivisions ? Une fonction en escalier peut-elle être adaptée à toute subdivision ?

# réponse

Effectivement, une fonction en escalier est adaptée à plusieurs subdivisions, il suffit par exemple de subdiviser un des intervalles d'une première subdivision, en ajoutant des points. Ainsi dans l'exemple 4, la subdivision :

(0, 0.3, 0.4, 0.5, 0.7, 0.8, 1) convient. Une fonction constante est adaptée à toute subdivision.

"Soit f une fonction en escalier sur [a , b]. Le nombre : f Λ i( )i =1

i = n

∑ ai − ai −1( ) est

indépendant du choix de la subdivision adaptée Λ. Il s'appelle l'intégrale de f sur [a , b],

on le note : fa,b[ ]∫ ."

exemple 7

Calculons l'intégrale de l'exemple 3, si n = 3. On obtient : premier intervalle - mesure = 0.5 - valeur = 0

deuxième intervalle - mesure = 3 −1

2, valeur = 1

troisième intervalle - mesure = 2 − 3

2, valeur = 2

d'où l'intégrale :

f[0,1]∫ =

3 − 1

2+ 2 ×

2− 3

2

= 3− 32

.

exemple 8


Calculer l'intégrale de la fonction g, à l'aide de la subdivision de l'exemple 4, puis de la subdivision de l'exemple 6.

# réponse

Avec la subdivision de l'exemple 4 :

intervalle mesure valeur produit

0..0,3 0,3 2 0,6

0,3..0,5 0,2 2 0,4

0,5..0,7 0,2 -1 -0,2

0,7..0,8 0,1 -1 -0,1

0,8..1 0,2 -1 -0,2

Intégrale 0,5

Avec la subdivision de l'exemple 6 :


0..0,3 0,3 2 0,6

0,3..0,4 0,1 2 0,2

0,4..0,5 0,1 2 0,2

0,5..0,7 0,2 -1 -0,2

0,7..0,8 0,1 -1 -0,1

0,8..1 0,2 -1 -0,2

Intégrale 0,5

"1) La somme de deux fonctions en escalier sur le même segment est une fonction en

escalier, et l'intégrale sur ce segment de la somme de deux fonctions est la somme de

leurs intégrales. 2) Le produit de deux fonctions en escalier est une fonction en escalier,

mais l'intégrale d'un produit n'est pas égale, en général, au produit des intégrales."

exemple 9

Considérons les fonctions en escalier sur [–1 , 1] suivantes. � f définie par :

– 1 < x < −1

3, f(x) = 0,

−1

3 < x <

1

3, f(x) = 1,

1

3 < x < 1, f(x) = –1,

f(x) = 2, sinon.

� g définie par :

–1 < x < −1

2, g(x) = –1,

−1

2 < x < 0, g(x) = 0,

0 < x < 1

2, g(x) = 1,

1

2 < x < 1, g(x) = 0,

g(x) = –2 sinon. Pour trouver des intervalles où f(x) + g(x) sera constant, le plus simple est de chercher des intervalles où f(x) et g(x) sont tous deux constants. On prend les intersections des intervalles définis par les subdivisions données avec les fonctions f et g, ou encore la réunion des points de subdivision donnés avec les deux fonctions. On obtient donc :

–1, −1

2, −

1

3, 0,

1

3,

1

2, 1.

Il est clair que f + g est une fonction en escalier adaptée à cette subdivision. Le calcul des intégrales donne :

intervalle mesure valeur produit fonction f -1..-1/3 2/3 0 0

-1/3..1/3 2/3 1 2/3 1/3..1 2/3 -1 -2/3

intégrale de f 0

fonction g -1..-1/2 1/2 -1 -1/2 -1/2..0 1/2 0 0

0..1/2 1/2 1 1/2 1/2..1 1/2 0 0

intégrale de g 0

fonction f + g -1..-1/2 1/2 -1 -1/2 -1/2..-1/3 1/6 0 0

-1/3..0 1/3 1 1/3 0..1/3 1/3 2 2/3 1/3..1/2 1/6 0 0

1/2..1 1/2 -1 -1/2 intégrale de f + g 0

exemple 10


Avec les mêmes fonctions, calculer le produit fg, et son intégrale.

# réponse

Pour le produit, comme pour la somme, il faut utiliser une subdivision adaptée aux deux fonctions, comme celle utilisée ci-dessus :


-1..-1/2 1/2 0 0

-1/2..-1/3 1/6 0 0

-1/3..0 1/3 0 0

0..1/3 1/3 1 1/3

1/3..1/2 1/6 –1 –1/6

1/2..1 1/2 0 0

intégrale de fg 1/6

Les intégrales de f et g sont nulles ce qui donne un exemple où l'intégrale d'un produit de fonctions n'est pas égale au produit des intégrales de chaque fonction.

"Si f est une fonction en escalier à valeurs positives ou nulle, son intégrale est positive ou

nulle."

exemple 11

L'exemple précédent montre que la réciproque de cet énoncé est fausse. Calculons l'intégrale de la fonction "valeur absolue de f", f étant la fonction de l'exemple 9 :

intervalle mesure valeur produit fonction |f|

-1..-1/3 2/3 0 0 -1/3..1/3 2/3 1 2/3 1/3..1 2/3 1 2/3

intégrale de |f| 4/3

Elle est bien positive.

exemple 12


Si une fonction en escalier ne prend que des valeurs positives ou nulles, son intégrale peut-elle être nulle ?

# réponse

L'intégrale étant une somme de produits d'une mesure par une valeur, il suffit que la valeur soit nulle si la mesure est strictement positive, et inversement, que les segments où la valeur est strictement positive soient de mesure nulle. Un segment de mesure (c'est-à-dire de longueur) nulle est réduit à un point. On voit donc comment construire un exemple : il suffit de considérer une fonction en escalier nulle sauf en des points isolés. Voici un exemple :

si x ∈ [0 , 1[, h(x) = 0, si x ∈ ]1 , 2], h(x) = 0,

h(1) = 1.

"Si f et g des fonctions en escalier sur le même segment [a , b], et si pour tout x de [a , b], f(x) ≥ g(x), alors l'intégrale de f est supérieure ou égale à l'intégrale de g."

exemple 13

Il peut arriver que les intégrales soient égales, dans cette situation, sans que les fonctions le soient. � f définie par :

– 1 < x < −1

3, f(x) = 0,

−1

3 < x <

1

3, f(x) = 1,

1

3 < x < 1, f(x) = –1, f(x) = 2, sinon.

� g définie par :

– 1 < x < −1

3, g(x) = 0,

−1

3 < x <

1

3, g(x) = 1,

1

3 < x < 1, g(x) = –1, g(x) = 3, sinon.

Il est clair que f(x) ≤ g(x) pour tout x, et que les intégrales sont égales. Bien entendu, ce n'est qu'une variante de l'énoncé précédent, compte-tenu de la linéarité de l'intégrale.

exemple 14


Vérifier que l'énoncé subsiste pour les fonctions suivantes, où u(x) ≤ v(x) sauf en un nombre fini de points isolés. � u définie par :

– 2 < x < −1

3, u(x) = –1,

−1

3 < x <

1

3, u(x) = 0,

1

3 < x < 1, u(x) = 1,

u(x) = 1, sinon. � v définie par :

– 2 < x < −1

3, v(x) = –2,

−1

3 < x <

1

3, v(x) = 0,

1

3 < x < 1, v(x) = –1,

v(x) = 2, sinon.

# réponse

Les calculs sont les suivants : intervalle mesure valeur produit

fonction u -2..-1/3 5/3 -1 - 5/3 -1/3..1/3 2/3 0 0

1/3..1 2/3 1 2/3 intégrale de u -1

fonction v -2..-1/3 5/3 -2 -10/3 -1/3..1/3 2/3 0 0

1/3..1 2/3 -1 -2/3 intégrale de v -4

Bien entendu, les valeurs de u et v aux points de la subdivision n'entrent pas dans le calcul de l'intégrale, donc l'inégalité reste vraie entre les intégrales.

"Soit f : [a , b] → R une fonction bornée. On note E–(f) l'ensemble des fonctions en

escalier sur [a , b] inférieures à f, et E+(f) l'ensemble des fonctions en escalier sur [a , b] supérieures à f."

exemple 15

Soit f la fonction sinus, sur l'intervalle [0 , π]. La figure ci-dessous représente les graphes de deux fonctions de E–(f), g et h. Les fonctions g et h sont définies par :

x ∈ 0 , π4

, g(x) = 0

x ∈π4

, 3π4

, g(x) =

2

2

x ∈3π4

, π

, g(x) = 0.

x ∈ 0 , π3

, h(x) = 0

x ∈π3

, 2π3

, h(x) =

1

2

x ∈2π3

, π

, h(x) = −1.

(discrete1 représente le graphe de g et discrete2 le graphe de h)

exemple 16


Donner des exemples de fonctions de E+(f).

# réponse

On peut donner par exemple la fonction constante, égale à 1, ou d'autres comme :

x ∈ 0 , π3

, w(x) =1

x ∈π3

, 2π3

, w(x) = 2

x ∈2π3

, π

, w(x) = 1.

"On note : S-(f) = { ga,b[ ]∫ . / g ∈ E-(f)} , et : S+(f) = { g

a,b[ ]∫ . / g∈ E+(f)} ."

exemple 17

Les intégrales des fonctions de l'exemple 15 sont des éléments de S–(f) :

g[0,π ]∫ =

π2

×2

2=

π 2

4,

h[0,π ]∫ =

π3

×1

2+

π3

× (−1) = −π6

.

De même, les intégrales des fonctions de l'exemple 16 sont des éléments de S+(f) :

1[0,π ]∫ = π ,

w[0,π ]∫ =

π3

×1+π3

× 2 +π3

×1=4π3

.

exemple 18


Si u désigne la fonction exponentielle, sur l'intervalle [–1 , 2], vérifier que 0 appartient à S–(u), et que 12 appartient à S+(f).

# réponse

La première vérification est facile puisqu'il est clair que la fonction constante égale à 0 est un élément de E–(f). Pour la seconde, il faut trouver une fonction en escalier supérieure à u sur l'intervalle [–1 , 2], dont l'intégrale vaut 12. La mesure de l'intervalle est égale à 3, une fonction constante supérieure à u sur l'intervalle vaut au moins e2, soit plus de 7, donc son intégrale est au moins 21, ce qui ne convient pas. Cela signifie qu'il faut subdiviser, et considérer la fonction en escalier minimale, soit v. Un essai avec une subdivision en 2 ne donne pas le résultat cherché :

–1 ≤ x ≤ 0.5, v(x) = e0.5 0.5 < x ≤ 2, v(x) = e2

v[ −1, 2]∫ =1.5× e0.5 +1.5× e2 ≈13,5.

Une subdivision en 3 donne : –1 ≤ x ≤ 0, v(x) = 1 0 < x ≤ 1, v(x) = e 1 ≤ x ≤ 2, v(x) = e2

v[ −1, 2]∫ = 0.5× 1+ e+ e2( )≈ 11,1.

On voit donc qu'en remplaçant v par 12

0.5× 1+ e+ e2( )v on obtient une

fonction en escalier supérieure à v, donc supérieure à u, et d'intégrale exactement égale à 12.

"Tout élément de l'ensemble S+(f) est supérieur à tout élément de l'ensemble S–(f)."

exemple 19

C'est ce qu'on vérifie sur les exemples précédents (exemple 17), avec :

g[0,π ]∫ =

π2

×2

2=

π 2

4,

h[0,π ]∫ =

π3

×1

2+

π3

× (−1) = −π6

.

1[0,π ]∫ = π ,

w[0,π ]∫ =

π3

×1+π3

× 2 +π3

×1=4π3

.

On voit que :

h[0,π ]∫ < g

[0,π ]∫ < 1[0,π ]∫ < w

[0,π ]∫ .

exemple 20


Notons u la fonction cosinus, sur [0 , π].

Existe-t-il dans E–(u) une fonction dont l'intégrale vaut π2

?

# réponse

Si c'est le cas, tous les éléments de S+(u) sont supérieurs à π2

.

Examinons quelques cas simples. � fonction constante, égale au moins à 1, intégrale égale au moins à π,

� un point de subdivision, en π2

, fonction au moins égale à 1 sur le premier

intervalle, [0 , π2

], et au moins égale à 0 sur le second [π2

, π]. Son

intégrale sera au moins π2

.

� deux points de subdivision, en π3

, et 2π3

, avec une intégrale minimum

de : π3

×1+π3

×1

2+

π3

× −1

2

=

π3

.

Il y a donc dans S+(u) une intégrale valant π3

, ce qui exclut qu'il existe

dans S–(u) une intégrale valant π2

.

"Soit f : [a , b] → R une fonction bornée, on dit que f est intégrable (au sens de Riemann) si sup(S–(f)) = inf(S+(f)). Ce nombre s'appelle l'intégrale de f sur [a , b], et

se note fa,b[ ]∫ ."

exemple 21

Les fonctions en escalier sont intégrables : en effet, si f est une fonction en escalier, l'intégrale de f sur [a , b], définie plus haut, est un élément

commun à S–(f) et à S+(f), donc c'est à la fois le maximum de l'un et le minimum de l'autre.

exemple 22


Soit f une fonction bornée sur un intervalle [a , b].

Montrer que si, pour tout réel positif ε, il existe une fonction de E–(f), soit g et une fonction de E+(f), soit h, telles que :

h− g[ a,b]∫ < ε,

alors f est intégrable.

# réponse

En effet, on a l'inégalité, dans tous les cas :

0 ≤ inf(S+( f )) − sup(S−( f )) ≤ h− g[ a,b]∫ ,

donc sous l'hypothèse introduite, la différence inf( S+ ( f )) − sup(S− ( f )) , qui est inférieure à tout ε positif, et positive ou nulle, ne peut être que égale à 0.

exemple 23

La fonction identité, sur [0 , 1], est intégrable. Notons-là f. En effet, soit n un entier naturel non nul. Partageons l'intervalle en n parties égales, et sur la subdivision ainsi définie, notons g la fonction qui, sur

l'intervalle p

n ,

p +1

n

vaut

p

n, et h celle qui, sur le même intervalle, vaut

p +1

n (0 ≤ p ≤ n – 1).

Complétons ces définitions en posant g(1) = h(1) = 1. Les fonctions g et h sont en escalier, respectivement dans E–(f) et E+(f). Leurs intégrales respectives sont :

(n +1)nn2

− (n− 1)nn2

= 2n

.

g[0,1]∫ =

1

n0+

1

n+

2

n…+

n −1

n

=(n−1)n

2n2 ,

h[0,1]∫ =

1

n

1

n+

2

n… +

n

n

=(n+1)n

2n2.

La différence vaut : (n +1)n

2n2 −(n− 1)n

2n2 =1

n.

Elle peut donc être rendue aussi petite que possible, d'où une application du résultat précédent.

exemple 24


Dans l'exemple précédent, calculer l'intégrale de la fonction identité.

# réponse

Les valeurs des intégrales des fonctions g et h ci-dessus donnent une valeur approchée de l'intégrale cherchée. De plus, cette intégrale est comprise entre l'intégrale de g et celle de h :

(n −1)n

2n2 ≤ f[0,1]∫ ≤

(n+1)n

2n2

1

2−

1

2n≤ f

[0,1]∫ ≤1

2+

1

2n.

De plus cet encadrement doit être vérifié quel que soit n, donc on voit que :

f[0,1]∫ =

1

2.

"Soit f : [a , b] → R une fonction continue, alors la fonction f est intégrable sur [a , b]."

exemple 25

On a vu ci-dessus l'exemple de la fonction identité (f(x) = x), qui est, bien entendu, continue. Ce résultat ne signifie pas toutefois qu'il est possible de calculer de manière exacte l'intégrale de toute fonction continue, c'est-à-dire de l'exprimer à l'aide des entiers, des opérations usuelles, et des fonctions "standard" dont on dispose.

exemple 26


Inversement, une fonction intégrable est-elle continue ?

# réponse

Non, évidemment. On a justement construit l'intégrale de Riemann à partir d'intégrales de fonctions non continues, les fonctions en escalier.

exemple 27

Les fonctions monotones, bornées, sont également intégrables, même si elles ne sont pas continues. Soit f une fonction monotone sur le segment [a , b], croissante par exemple. Pour toute subdivision de [a , b], on peut définir une fonction en escalier g inférieure à f et une fonction en escalier h supérieure à f de la manière suivante.

Soit [α , β] un des segments de la subdivision. On définit g sur [α , β[ par g(x) = f(α), et h par h(x) = f(β). On pose enfin h(b) = g(b) = f(b). Si cette subdivision est régulière, à n segments, alors :

β −α =b − a

n,

h− g[ a,b]∫ =

b − a

nf (b) − f (a)( ).

On voit donc qu'il suffit de choisir une subdivision ayant un nombre de points suffisamment grand pour obtenir des fonctions en escalier dont les intégrales sont aussi proches que l'on veut (Cf. exemple 22).

exemple 28


Vérifier que dans ce cas, on peut donner un majorant de l'erreur faite en remplaçant l'intégrale de la fonction f par celle de g ou de h.

# réponse

En effet, l'intégrale de f est comprise entre celles de g et h, donc la différence entre l'intégrale de f et celle de g (par exemple), est au plus égale à la différence entre l'intégrale de h et celle de g, que l'on peut calculer en fonction de n.

"Si f, f1 et f2 sont intégrables sur [a , b], alors f1 + f2 et λf (λ réel quelconque) sont

également intégrables et on les égalités :

f1 + f2( )=a,b[ ]∫ f1( )+

a,b[ ]∫ f2( ),a,b[ ]∫

λf( )= λ f( )a,b[ ]∫a,b[ ]∫ .

"

exemple 29

Par contre l'intégrale du produit de deux fonctions est, en général, différent du produit des intégrales de ces fonctions. On en verra de multiples exemples dans la suite lorsqu'on saura calculer diverses intégrales. Voici un exemple concernant les fonctions en escalier.

Désignons par f la fonction définie sur [0 , 2] par : f(x) = 0 si 0 ≤ x < 1, f(x) = 1 si 1 ≤ x ≤ 2.

Désignons par g la fonction définie sur [0 , 2] par : g(x) = 1 si 0 ≤ x ≤ 1, g(x) = 0 si 1 < x ≤ 2.

L'intégrale de f vaut 1, ainsi que celle de g. La fonction fg vaut 0 sauf pour x = 1, où elle vaut 1. Son intégrale est égale à 0. Ce n'est pas le produit des intégrales de f et g.

exemple 30


Exprimer l'intégrale de la fonction définie sur [0 , 1] par : h(x) = 3x – 2

à partir de l'intégrale de la fonction identité (Id(x) = x) et de celle de la fonction constante de valeur 1 (c(x) = 1). Déduire la valeur de l'intégrale de h.

# réponse

On obtient :

h[0,1]∫ = 3 Id

[0,1]∫ − 2 c[0,1]∫ = 3×

1

2− 2×1= −

1

2.

"Soit f : [a , b] --. R une fonction intégrable. Si f ≥ 0 alors : f[ a,b]∫ ≥ 0 ."

exemple 31

La fonction sinus est continue, et positive sur l'intervalle [0 , π], donc son intégrale sur cet intervalle est un nombre positif (on sait que c'est 2).

exemple 32


Quel est le signe de l'intégrale de la fonction :

x a ex2

x2 − x + 5( ) sur l'intervalle [–1 , 2] ?

# réponse

Il ne faut pas chercher à calculer cette intégrale, mais étudier le signe de la fonction. L'exponentielle est positive ; quant au trinôme, comme il n'a pas de racine réelle, il est du signe du coefficient dominant, donc positif également. L'intégrale est donc positive.

"Si f et g sont des fonctions intégrables telles que f ≥ g, alors : f[a,b]∫ ≥ g

[a,b]∫ ."

exemple 33

L'intégrale de la fonction exponentielle, sur l'intervalle [–1 , 1], est au moins égale à 0,6. En effet, la fonction exponentielle est croissante, donc au moins égale à e–

1 et l'intervalle est de mesure 2, donc :

exp[ −1,1]∫ ≥

1

e[ −1,1]∫ ≥1

3[ −1,1]∫ =2

3.

L'intérêt de cette remarque est de contrôler un résultat de calcul d'intégrale.

exemple 34


Soit fn la fonction sur [–1 , 1] définie par fn(x) = x2n, et In son intégrale.

Vérifier que la suite (In) est convergente.

# réponse

Cette suite est décroissante, car fn+1(x) ≤ fn(x) si –1 ≤ x ≤ 1.

D'autre part la suite est minorée par 0, puisque fn(x) ≥ 0 pour tout x de l'intervalle [–1 , 1]. Elle est donc convergente d'après un résultat classique sur les suites réelles.

"Soit f : [a , b] → R une fonction continue, à valeurs positives ou nulles. Si l'intégrale de

f sur [a , b] est nulle, alors f(x) = 0 pour tout x de [a , b]."

exemple 35

Bien noter l'hypothèse concernant le signe de f. Si f prend des valeurs positives et des valeurs négatives, l'intégrale de f peut être nulle par "compensation". Revoir l'exemple 9.

exemple 36


L'hypothèse de continuité est également importante. Donner un exemple de fonction à valeurs positives ou nulles, d'intégrale nulle, qui ne soit pas la fonction nulle (non continue, bien entendu).

# réponse

Il suffit que la fonction soit nulle sauf en un point par exemple (ce qui exclut qu'elle soit continue). Revoir l'exemple 12.

exemple 37

Soit h une fonction continue sur [–2 , 0], telle que h(x) ≥ 1 pour tout x. Si l'intégrale de h sur cet intervalle vaut 2, alors h est constante de valeur 1. Il suffit en effet d'appliquer le résultat rappelé ci-dessus à h – 1.

exemple 38


Si g est une fonction continue sur [–3 , 2], non constante, d'intégrale nulle, alors l'équation g(x) = 0 a au moins une racine dans [–3 , 2].

# réponse

On voit que g(x) ne peut pas être positif ou nul pour tout x, ni négatif ou nul pour tout x, car dans ce cas g(x) serait nul pour tout x. Il en résulte que g(x) change de signe, donc, g étant continue, g(x) s'annule en un point au moins de l'intervalle (théorème des valeurs intermédiaires).

"Soit f : [a , b] → R une fonction continue. Il existe un élément c de l'intervalle ouvert ]a

, b[ tel que : f[ a,b]∫ = (b− a) f (c)."

exemple 39

Supposons que f désigne la fonction sinus, et que l'intervalle [a , b] soit [–π , 3π]. En anticipant sur la méthode de calcul de l'intégrale de sinus on trouve :

sin[ −π ,3π ]∫ = 0.

On voit qu'on peut choisir plusieurs valeurs de c, en dehors de –π et 3π :

c ∈ {0, π, 2π}. Retenir que c n'est pas déterminé de manière unique dans cet énoncé.

exemple 40


Soit h la fonction définie sur [–1 , 1] par :

h(x) = 1 si x ∈ [–1 , 0] h(x) = –1 si x ∈ ]0 , 1].

Son intégrale vaut 0 (le vérifier). Pourtant il n'existe aucun élément c de l'intervalle ]–1 , 1[ tel que h(c) = 0. Est-ce une contradiction avec l'énoncé rappelé ci-dessus ?

# réponse

C'est une fonction en escalier, son intégrale se calcule simplement par :

h[ −1,1]∫ =1×1+1× (−1) = 0.

Ce n'est pas une contradiction, car la fonction h ne vérifie pas une des hypothèses de l'énoncé : ce n'est pas une fonction continue.

2-2 Intégrale fonction de la borne supérieure - Primitives

"Si α, β, γ sont trois éléments de I, dans un ordre quelconque, on a l'égalité :

f (x)dxα

γ

∫ = f (x)dxα

β

∫ + f (x)dxβ

γ

∫ ."

exemple 41

Dans l'exemple précédent :

h(x)dx−1

1

∫ = h(x)dx−1

0

∫ + h(x)dx0

1

∫ =1+ (−1).

exemple 42


Sur la même fonction, vérifier les égalités :

h(x)dx0

1

∫ = h(x)dx0

−1

∫ + h(x)dx−1

1

∫

h(x)dx0

−1

∫ = h(x)dx0

1/ 2

∫ + h(x)dx1 / 2

1

∫ + h(x)dx1

−1

∫ .

# réponse

La vérification est élémentaire, à partir des valeurs suivantes :

h(x)dx0

1

∫ = h[0,1]∫ = −1,

h(x)dx0

−1

∫ = − h[ −1,0]∫ = −1

h(x)dx−1

1

∫ = h[ −1,1]∫ = 0

h(x)dx0

1/ 2

∫ = h[0,1/ 2]∫ =

1

2

h(x)dx1/ 2

1

∫ = h[1/ 2,1]∫ = −

1

2

h(x)dx1

−1

∫ = − h[ −1,1]∫ = 0.

"On fixe un élément t0 de I, et on définit la fonction F, intégrale dépendant de la borne

supérieure t par : F : t a f (x)dx

t0

t

∫ ."

exemple 43

Supposons que f désigne la fonction sur [1 , 3] définie par : f(x) = –1, si x ∈ [1 , 2[ f(x) = 0, si x ∈ ]2 , 2,5[ f(x) = 1 si x ∈ [2,5 , 3]

f(2) = 2. Pour t0 = 1,5, on obtient la fonction F définie ci-dessous.

t ∈[1 , 1,5],

F(t ) = f (x)dx1,5

t

∫ = − f[ t,1, 5]∫ = 1,5− t

t ∈[1,5 , 2],

F(t ) = f (x)dx1,5

t

∫ = f[1, 5,t ]∫ = −1× t −1,5( ) =1,5− t

t ∈[2 , 2,5],

F(t ) = f (x)dx1,5

t

∫ = f (x)dx1,5

2

∫ + f (x)dx2

t

∫ = −0,5+ f[2,t ]∫ = −0,5

t ∈[2,5 , 3],

F(t ) = f (x)dx2, 5

t

∫ = f (x)dx1,5

2

∫ + f (x)dx2

2, 5

∫ + f (x)dx2,5

t

∫F(t ) = −0,5+ f

[2,5,t]∫ = −0,5+ t − 2,5= t − 3.

exemple 44


Expliciter la fonction associée à h (exemple 40), pour t0 = 0, et tracer son graphe.

# réponse

On obtient : t ∈[−1 , 0],

H(t) = h(x)dx0

t

∫ = − h[ t, 0]∫ = − −1× −t( ) = −t

t ∈[0 , 1],

H(t) = h(x)dx0

t

∫ = h[0, t]∫ = 1× t = t.

Le graphe est le suivant :

"Soit f intégrable sur I, et k = sup(|f(x)|, x ∈ I). La fonction F définie ci-dessus est k-

lipschitzienne sur I, donc continue."

exemple 45

Les exemples précédents permettent de vérifier la continuité de la fonction intégrale dépendant de la borne supérieure, même dans des cas où la fonction intégrée n'est pas continue.

exemple 46


Dans l'exemple 43, déterminer k et vérifier que la fonction intégrale est k-lipschitzienne. Donner une interprétation graphique.

# réponse

On voit que k = 2, valeur maximale de la valeur absolue de f(x).

Il faut donc vérifier que pour tout t et tout t' de [1 , 3], on a : |F(t) – F(t')| ≤ 2 |t – t'|.

Rappelons que F est définie par : t ∈[1 , 2], F(t) = 1,5− t

t ∈[2 , 2,5], F( t) = −0,5

t ∈[2,5 , 3], F(t) = t −3.

La forme de F(t) est donc différente selon l'appartenance de t à trois intervalle, I1 = [1 , 2], I2 = [2 , 2,5], I3 = [2,5 , 3].

Si t et t' appartiennent au même intervalle, on voit que : |F(t) – F(t')| = |t – t'| ou 0.

Si l'un appartient à I1 (par exemple t) et l'autre à I2 (t'), alors :

|F(t) – F(t')| = |2– t| = 2 – t ≤ t' – t. Si l'un appartient à I1 (par exemple t) et l'autre à I3 (t'), alors :

si t ≤ 1,5 alors t' – t ≥ 1, et 0 ≤ F(t) – F(t') ≤ 1 si 1,5 ≤ t ≤ 2 alors t' – t ≥ 0,5 et |F(t) – F(t')| ≤ 0,5.

Si l'un appartient à I2 (par exemple t) et l'autre à I3 (t'), alors :

|F(t) – F(t')| = |t' – 2,5| = t' – 2,5 ≤ t' – t. On voit que F est 1-lipschitzienne, donc a fortiori 2-lipschitzienne. On voit sur cet exemple que la valeur 2 de la fonction, atteinte en un point isolé, et qui de ce fait ne joue aucun rôle dans le calcul de l'intégrale, ne doit pas non plus être prise en considération pour le calcul de k. Pour l'interprétation graphique, on observe sur le graphe de la fonction F qu'il n'existe aucune "corde" joignant deux points de ce graphe dont la pente soit, en valeur absolue, supérieure à 1.

"Si f est positive, alors F est croissante."

exemple 47

Ci-dessus, f(x) ≤ 0 si x ∈ [1 , 2], et F est décroissante ; de même, f(x) ≥ 0 si x ∈ [2 , 3], et F y est croissante (au sens large).

exemple 48


Faire les mêmes remarques pour la fonction H (exemple 44).

# réponse

Si t < 0, H(t) = –t, et si t ≥ 0, H(t) = t, d'où la conclusion.

"Si la fonction f est continue en t, alors la fonction F est dérivable en t et sa dérivée est

F'(t) = f(t)."

exemple 49

Ne pas penser que cet énoncé entraîne qu'une dérivée est toujours continue. Ainsi, la fonction F définie par :

F(t ) = t2 sin1

t , si t ≠ 0

F(0) = 0,

est dérivable, mais sa dérivée n'est pas continue :

′ F (t) = 2t sin1

t − cos

1

t , si t ≠ 0

′ F (0) = 0.

exemple 50


Vérifier l'énoncé sur le cas précédent (exemple 48).

# réponse

On voit que le seul point où H n'est pas dérivable est 0, où h n'est pas continue.

"On appelle primitive de la fonction f sur I une fonction dérivable sur I, dont la dérivée

sur I est égale à f."

exemple 51

La fonction : x → 1 – cos(x)

est une primitive de la fonction sin sur tout intervalle.

exemple 52


Donner un intervalle sur lequel la fonction :

x → x est une primitive de la fonction :

x a1

2 x.

# réponse

Il faut choisir un intervalle où la fonction est définie, et dérivable, c'est-à-dire formé de nombres positifs ou nuls, mais ne contenant pas 0, par exemple [1 , 2].

"Soit f : [a , b] --. R, continue, la fonction F définie ci-dessus est une primitive de f."

exemple 53

Toute fonction continue admet donc une primitive.

Attention, toutefois, cette primitive ne s'exprime pas nécessairement à l'aide des fonctions usuelles (sin, cos, exp, …) et des opérations de R. Dans ce sens, elle n'est pas toujours "calculable".

exemple 54


Expliciter la primitive ainsi définie pour la fonction f suivante : x ∈ [1 , 2], f(x) = 1

x ∈ [2 , 3], f(x) = – 2x + 5 x ∈ [3 , 4], f(x) = – 1,

avec t0 = 2,5.

# réponse

On vérifie que f est bien continue. On définit F par :

F(t ) = f (x)dx2,5

t

∫ .

Il faut distinguer selon le segment auquel appartient t :

1≤ t ≤ 2,

F(t ) = −2x + 5( )2, 5

2

∫ .dx+ 1.dx2

t

∫= −x2 + 5x[ ]2,5

2+ t − 2

= −4+10 + 6,25−12,5+ t − 2

= t − 2,25.

2 ≤ t ≤ 3,

F(t ) = −2x + 5( )2, 5

t

∫ .dx

= −x2 + 5x[ ]2,5

t

= −t2 + 5t + 6, 25−12,5

= −t2 + 5t − 6,25.

3≤ t ≤ 4,

F(t ) = −2x + 5( )2,5

3

∫ .dx + −1( ).dx3

t

∫

= −x2 + 5x[ ]2,5

3− t + 3

= −9+15+ 6,25−12,5− t + 3

= −t + 2, 75.

"En particulier, on peut calculer la valeur de certaines intégrales à l'aide d'un calcul de

primitive."

exemple 55

L'intégrale de f (exemple 54) sur [2,5 , 4] est F(4) = –1,25.

exemple 56


Calculer l'intégrale de la fonction sin sur [0 , π] à l'aide de la primitive de l'exemple 51.

# réponse

On obtient :

sin(x).dx0

π

∫ = 1− cos(x)[ ]0π = 1− (−1) − 1−1( )

= 2.

"La base de ce calcul est d'abord constituée par la connaissance des primitives des

fonctions usuelles."

exemple 57

L'intégrale de la fonction x → 3x2 sur l'intervalle [–2 , 3] se calcule à l'aide de la primitive (à connaître) de x2 :

3x2.dx−2

3

∫ = x3[ ]−2

3= 27− (−8)

= 35.

exemple 58


Calculer l'intégrale de la fonction

x a1

x sur l'intervalle [e , e2].

# réponse

On connaît une primitive de cette fonction, pour x > 0, c'est la fonction "logarithme naturel", ou "logarithme néperien", ln. On obtient :

[ ].1

)ln()ln()ln(.1 2

22

=

−==∫ eexdxx

ee

e

e

"Soient u et v des fonctions de classe C1 sur [a , b]. On a l'égalité :

u(x)v' (x)dxa

b

∫ = u(x)v(x)[ ]a

b − u' (x)v(x)dxa

b

∫ ."

exemple 59

La technique d'intégration par parties permet de transformer une intégrale pour faciliter son calcul. Ainsi :

.2)3ln(2

9

2

1

2

9

2

1)3ln(

2

9

22

1)3ln(

2

9

.2

)ln(2

).ln(

3

1

2

3

1

3

1

23

1

−=

−−=

−=

−

= ∫∫

x

dxx

xx

dxxx

exemple 60


Calculer par cette méthode l'intégrale :

xex .dx0

1

∫ .

# réponse

On obtient :

xex .dx0

1

∫ . = xex[ ]0

1− ex.dx

0

1

∫= e− ex[ ]

0

1

= e− e+1

=1.

"Soit f : [a , b] → R une fonction continue. On suppose qu'il existe une application : v :

[ a , b ] → R, de classe C1 et une application u, continue sur v([a , b]) telles que pour tout

x de [a , b] on ait l'égalité suivante : f(x) = u(v(x)) . v'(x). Alors on a l'égalité :

f (x)dxa

b

∫ = u(y)dyv(a)

v(b )

∫ ."

exemple 61

On remarque que la fonction définie par : f(x) = 2xsin(x2)

peut s'écrire : sin(v(x))v'(x)

en posant v(x) = x2. Comme on connaît une primitive de sin, le changement de variable y = x2 est utile :

2xsin(x2)dx0

π

∫ = sin(y)dy0

π 2

∫

= −cos(y)[ ]0

π 2

= 1− cosπ 2( ).

exemple 62


Traîter de même l'intégrale :

e x

2 xdx

1

4

∫ .

# réponse

Le changement de variable est : y = x.

On obtient :

e x

2 xdx

1

4

∫ = eydy1

2

∫

= ey[ ]1

2

= e2 − e.

"Soit f : [a , b] --. R, continue. On suppose qu'il existe une application : u : [s , t ] --. [a ,

b], bijective, de classe C1, dont la dérivée ne s'annule pas, avec (pour fixer les idées) u(s)

= a et u(t) = b. Alors : f (x)dxa

b

∫ = f u(y)( )u' (y)dys

t

∫ ."

exemple 63

Ici, on cherche à simplifier la fonction à intégrer en choisissant un changement de variable, moins évident, par exemple :

e xdx0

4

∫ .

Pour se rapprocher de l'intégrale de la fonction exponentielle, on choisit le changement de variable x = y2, y ∈ [0 , 2], d'où le calcul (voir 61) :

e xdx0

4

∫ = 2yeydy0

2

∫

= 2yey[ ]0

2− 2 eydy

0

2

∫= 4e2 − 2 e2 −1( )= 2e2 + 2.

exemple 64


Calculer l'intégrale :

1− x2dx0

1

∫ .

# réponse

On peut penser, pour simplifier le radical, à poser x = sin(y), y ∈ 0 , π2

d'où le calcul :

1− x2dx0

1

∫ . = 1− sin2(y) cos(y)dy0

π2∫

= cos2(y)dy0

π2∫

=cos(2y) +1

2

dy

0

π2∫

= sin(2y)4

+ y2

0

π2

= π4

.

"Savoir écrire une fonction rationnelle sous forme de somme d'éléments simples."

exemple 65

La fraction rationnelle : x −1

x2 − 4

se décompose sous la forme : x −1

x2 − 4=

x −1

(x − 2)(x + 2)=

a

x − 2+

b

x + 2,

et les réels a et b se déterminent par identification : a

x − 2+

b

x + 2=

ax+ 2a+ bx − 2b

x2 − 4( ) =x −1

x2 − 4( )

donc : a + b = 1,

2a – 2b = – 1 d'où :

14

x − 2+

34

x + 2=

x −1

x2 − 4( ).

exemple 66


Décomposer en somme d'éléments simples la fraction rationnelle : x + 2

(x −1)(x − 2)2 .

# réponse

La décomposition est de la forme : x + 2

(x −1)(x − 2)2 =a

(x − 1)+

b

(x − 2)2 +c

(x − 2).

La réduction au même dénominateur donne : x + 2

(x −1)(x − 2)2= a

(x − 1)+ b

(x − 2)2+ c

(x − 2)

=c(x −1)(x − 2) + a(x − 2)2 + b(x −1)

(x −1)(x − 2)2

=(a + c)x2 + (−3c − 4a+ b)x + 2c + 4a− b

(x −1)(x − 2)2 .

D'où, par identification, un système d'équations linéaires : a + c = 0

−3c − 4a + b = 1

2c + 4a − b = 2

dont la solution est : a = 3, b = 4, c = –3,

d'où la décomposition en éléments simples : x + 2

(x −1)(x − 2)2 =3

(x − 1)+

4

(x − 2)2 −3

(x − 2).

"Savoir calculer une primitive d'un élément simple."

exemple 67

Une primitive de la fonction définie par l'expression suivante : 1

(x −1)3

est donnée par : −1

2(x −1)2 .

exemple 68


Donner une primitive de : 1

x2 + x +1.

# réponse

Il faut connaître par coeur une primitive de 1

x2 +1, Arctan(x), et savoir se

ramener à ce cas en transformant l'expression : 1

x2 + x +1= 1

x + 12

2

+ 34

=1

34

43

x + 12

2

+1

= 4

3

1

2

3x +

1

3

2

+1

.

Il suffit alors d'un changement de variable pour terminer le calcul :

1x2 + x +1

dx∫ = 43

1

2

3x +

1

3

2

+1

dx∫

y =2

3x +

1

3, dy =

2

3dx,

1

x2 + x +1dx∫ =

2 3

3

1

y2 +1[ ]dy∫

= 2 33

Arc tan(y)

=2 3

3Arc tan

2

3x +

1

3

.

"Expressions de la forme :

P x,ax+ bcx+ d

Q x,ax+ b

cx + d

"

exemple 69

L'intégrale :

x + 20

1

∫ .dx

se calcule par le changement de variable "standard", y = x + 2 :

y = x + 2,

dy =1

2 x + 2dx =

dx

2y,

x + 20

1

∫ .dx = 2y2

2

3

∫ dy

=2

3y3

2

3

= 23

3 3 − 2 2( ).

exemple 70


Calculer l'intégrale x

x −1dx

9

8

4

3

∫ .

# réponse

On procède au changement de variable indiqué :

y = xx −1

,

y2 = x

x − 1,

x =y2

y2 −1,

dx = −2y

y2 −1( )2 .

x

x −1dx

9

8

4

3

∫ =−2y2

y2 −1( )2 dy3

2

∫ .

D'où une fraction rationnelle à décomposer en éléments simples, et le calcul de l'intégrale, qui vaut :

).3ln(2

1)2ln(

2

1

24

7 +−

"Expressions de la forme : P x, ax2 + bx+ c( )Q x, ax2 + bx+ c( )

. Il faut d'abord mettre le trinome

ax2+ bx + c sous forme canonique. Il peut se présenter sous trois formes."

exemple 71

Calculons l'intégrale :

x2 + 2x + 2 dx−1

0

∫ .

La forme canonique de x2 + 2x + 2 est (x + 1)2 + 1. Le changement de variable standard consiste donc à poser :

x + 1 = sh(t), (penser à 1 + sh2(t) = ch2(t)). On obtient, avec a = Argsh(1) :

dx = ch(t)dt,

x2 + 2x + 2 = ch(t),

x2 + 2x + 2 dx−1

0

∫ = ch2(t)0

a

∫ dt

=1

2ch(2t) +

1

2

0

a

∫ dt

=1

4sh(2t) +

t

2

0

a

=1

2sh(a)ch(a) +

a

2

=1

22 + Argsh(1)( ).

exemple 72


Par une méthode analogue, calculer : 1

x2 − 2xdx

−2

−1

∫ .

# réponse

La forme canonique de x2 – 2x est (x – 1)2 – 1. Le changement de variable est alors x – 1 = – ch(t) (penser au signe de ch(t), et à ch2(t) – 1 = sh2(t)). On obtient dx = – sh(t) dt, puis x2 – 2x = sh2(t), et, avec b = argch(2), et a = argch(3) :

1

x2 − 2xdx

−2

−1

∫ = −dta

b

∫ = a− b

= Argch(3)− Argch(2).

"Fonction de la forme cos(x) eax."

exemple 73

Calculons l'intégrale suivante par une double intégration par parties :

cos(x)e2xdx0

π

∫ .

On obtient, sans difficulté particulière :

cos(x)e2xdx0

π

∫ = sin(x)e2 x[ ]0

π− 2 sin(x)e2xdx

0

π

∫= 0− 2 −cos(x)e2x[ ]

0

π− 4 cos(x)e2xdx

0

π

∫ .

On peut donc en tirer l'intégrale :

cos(x)e2xdx0

π

∫ = −2

5e2π +1( ).

exemple 74


Calculer, par identification, l'intégrale :

sin(2x)exdx0

π2

∫ .

# réponse

On cherche une primitive de la forme : (a.sin(2x) + b.cos(2x))ex.

La dérivée s'écrit : ((2a + b)cos(2x) + (a – 2b)sin(2x))ex.

Par identification, il suffit que a et b vérifient : 2a + b = 0 a – 2b = 1.

On trouve donc comme primitive : 1

5sin(2x) −

2

5cos(2x)

e

x.

D'où la valeur de l'intégrale :

sin(2x)exdx0

π2

∫ =2

5e

π2 +1

.

"Fonction de la forme P(x) cos(ax), P étant un polynôme."

exemple 75

Calculons, par identification, l'intégrale :

xsin(πx)dx0

1

∫ .

On cherche une primitive de la forme : axcos(πx) + bsin(πx).

La dérivée s'écrit :

acos(πx) – aπxsin(πx) + bπcos(πx). Il suffit que a et b vérifient :

a + bπ = 0 – aπ = 1.

D"où une primitive, et la valeur de l'intégrale :

xsin(πx)dx0

1

∫ = −1

πxcos(πx) +

1

π 2sin(πx)

0

1

= 1π

.

exemple 76


En intégrant par parties deux fois, calculer l'intégrale :

x2 cos(x)dx−1

1

∫ .

# réponse

On trouve l'intégrale : – 2sin(1) + 4cos(1).

"Fonctions P(x)eax, P étant un polynôme."

exemple 77

Ici encore on peut procéder par intégration par parties, en dérivant le polynôme autant de fois que son degré, comme dans le calcul de :

x3exdx0

1

∫ .

On effectue trois intégrations par parties successives :

x3exdx0

1

∫ = x3ex[ ]0

1−3 x2exdx

0

1

∫= e− 3 x2ex[ ]

0

1+ 6 xexdx

0

1

∫= e− 3e+ 6 xex[ ]

0

1− 6 exdx

0

1

∫= −2e+ 6.

exemple 78


On peut aussi travailler par identification, par exemple pour l'intégrale :

x2 +1( )e2 xdx0

1

∫ .

# réponse

On cherche donc une primitive sous la forme : (ax2 + bx + c)e2x.

La dérivée est : (2ax2 + (2a + 2b)x + 2c + b)ex.

Par identification, on obtient les équations suivantes qu'il suffit que le triplet (a, b, c) vérifient :

2a = 1 2a + 2b = 0 2c + b = 1.

On obtient la primitive : 1

2x2 −

1

2x +

3

4

e

2x

et l'intégrale :

x2 +1( )e2 xdx0

1

∫ =1

2x2 −

1

2x +

3

4

e

2 x

0

1

= 34

e2 −1( ).

"Transformations trigonométriques."

exemple 79

L'intégrale suivante :

cos5(x)dx0

π

∫ ,

peut se calculer par linéarisation de cos5(x). On utilise la formule d'Euler suivie de la formule du binôme de Newton :

cos5(x) = eix + e− ix

2

5

=1

25 e5ix + 5e4ixe−ix +10e3ixe−2ix +10e2ixe−3ix + 5eixe−4ix + e−5ix( )

=1

24 cos(5x) + 5cos(3x) +10 cos(x)( ).

Le calcul de primitive est ensuite très facile. 1

24 cos(5x) + 5cos(3x) + 10cos(x)( )dx0

π

∫= 1

24

15

sin(5x) + 53

sin(3x) +10sin(x)

0

π

= 0.

exemple 80


Calculer (plus rapidement) la même intégrale par un changement de variable.

# réponse

Si on se souvient que cos2(x) = 1 – sin2(x), on voit qu'on peut faire le changement de variable u = sin(x) :

cos5(x)dx0

π

∫ = 1− u2( )2du

0

0

∫ = 0.

"Fonctions trigonométriques hyperboliques."

exemple 81

On procède de manière tout-à-fait analogue pour les fonctions hyperbo-liques :

.)()2ln(

0∫ dxxth

Comme sh est la dérivée de ch, le changement de variable u = ch(x) donne

le calcul suivant, avec ch(ln(2)) = 5

4 :

).4ln()5ln(

)(

)(4

5

1

)2ln(

0

−=

= ∫∫ u

dudx

xch

xsh

exemple 82


Par linéarisation, calculer l'intégrale :

sh4(x)dx0

1

∫ .

# réponse

On exprime sh à l'aide des fonctions exponentielles :

sh(x) =ex − e− x

2,

donc :

sh4(x) = ex − e− x

2

4

= 124

e4 x − 4e3xe− x + 6e2 xe−2 x − 4exe−3x + e−4 x( )

=1

8(ch(4x) − 4ch(2x) + 3).

D'où l'intégrale :

sh4(x)dx0

1

∫ =1

8

sh(4x)

4− 2sh(2x) + 3x

0

1

= sh(4)32

− sh(2)4

+ 38

.

On peut d'ailleurs calculer directement à partir de l'expression exponentielle :

sh4(x) = 124

e4x − 4e2 x + 6− 4e−2x + e−4x( )

sh4(x)dx0

1

∫ = 116

e4x

4− 2e2 x + 6x + 2e−2x − e−4x

4

0

1

.

2-3 Intégrales généralisées

"On dit que l'intégrale de f sur I converge si la limite de l'intégrale : f (x)dxa

X

∫ lorsque

X tend vers l'infini existe."

exemple 83

L'intégrale suivante converge :

xe− xdx1

+∞

∫ .

En effet on a l'égalité :

xe− xdx1

X

∫ = −xe− x[ ]1X

+ e−xdx1

X

∫= −Xe− X + e−1 − e− x[ ]

1

X

= −Xe− X + 2e−1 − e− X ,

et cette expression tend vers 2e-1 quand X tend vers l'infini. On écrira :

xe− xdx1

+∞

∫ =2

e.

exemple 84


Vérifier que l'intégrale suivante diverge : 1

xdx

1

+∞

∫ .

# réponse

On calcule sans problème :

).ln(1

1Xdx

x

X=∫

D'où la conclusion, puisque le logarithme de X tend vers l'infini si X tend vers l'infini. Bien noter (erreur courante), que cette intégrale diverge quoique la fonction tende vers 0 à l'infini.

"Bien entendu, il y a une définition analogue pour l'intégrale d'une fonction continue sur

un intervalle du type ]–∞ , a]."

exemple 85

L'intégrale suivante ne converge pas :

sin(x)dx−∞

0

∫ .

En effet :

sin(x)dxX

0

∫ = cos(X) −1.

Comme cos n'a pas de limite à l'infini, cette intégrale diverge.

exemple 86


Etudier la convergence de l'intégrale : 1

x2 dx−∞

−1

∫ .

# réponse

Le calcul est le suivant :

1

x2 dxX

−1

∫ = −1

x

X

−1

= 1+1

X,

d'où la convergence de l'intégrale : 1

x2 dx−∞

−1

∫ = 1.

"Si f, positive, est majorée par une fonction dont l'intégrale converge, alors l'intégrale de

f converge."

exemple 87

Ainsi, comme l'intégrale suivante converge :

e− xdx1

+∞

∫ ,

l'intégrale : e− x

xdx

1

+∞

∫ ,

converge également. En effet x ≥ 1, donc e− x

x≤ e− x.

exemple 88


Par comparaison, vérifier que l'intégrale suivante converge :

1

x2 + cos2(x)dx

1

+∞

∫ .

# réponse

On remarque que cos2(x) ≥ 0 donc : 1

x2 + cos2(x)≤

1

x2 ,

et on vérifie facilement que l'intégrale suivante converge : 1

x2 dx1

+∞

∫ = 1.

"Si f et g sont des fonctions définie sur I = [a , +∞[, continues, positives, équivalentes au

voisinage de l'infini, alors l'intégrale de f sur I converge si et seulement si l'intégrale de g

sur I converge."

exemple 89

On sait que, au voisinage de 0, sin(x) est équivalent à x. On peut en déduire que, au voisinage de +∞ :

sin1

x ~

1

x.

Comme on voit, par un calcul direct, que l'intégrale 1

x2 dx1

+∞

∫ converge,

on en déduit que les intégrales suivantes convergent :

sin1

x2

dx

1

+∞

∫ , sin1

x

2

dx1

+∞

∫ .

exemple 90


Par un raisonnement analogue, vérifier que 1− cos1

x

dx

1

+∞

∫ converge.

# réponse

On utilise l'équivalent classique (développement limité) :

1− cos(u)~0

u2

2.

"Si l'intégrale de la valeur absolue de f sur I converge, alors l'intégrale de f sur I converge.

Dans ce cas : f (x)dxa

+∞

∫ ≤ f (x)dxa

+∞

∫ ."

exemple 91

L'intégrale suivante converge : sin(x)

x x1

+∞

∫ dx.

En effet, on a la majoration : sin(x)

x x≤

1

x x,

et un calcul direct donne :

1

x x1

X

∫ dx= −21

x

1

X

=−2

X+ 2

d'où : 1

x x1

+∞

∫ dx = 2.

L'intégrale étudiée est donc absolument convergente.

exemple 92


Vérifier la convergence de l'intégrale : sin(x)

x2 +10

+∞

∫ dx.

# réponse

La valeur absolue de sin(x)

x2 +1 est majorée par

1

x2 +1. L'intégrale de cette

fonction sur [0 , +∞[ converge, par un calcul direct : 1

x2 +1dx

0

X

∫ = Arctan(x)[ ]0X = Arxtan(X) →

π2

.

On déduit que l'intégrale de la valeur absolue converge (par majoration

entre fonctions positives), donc que sin(x)

x2 +10

+∞

∫ dx converge. De plus :

sin(x)

x2 +10

+∞

∫ dx ≤sin(x)

x2 +10

+∞

∫ dx≤1

x2 +1dx

0

+∞

∫ =π2

.

"Soit f une fonction définie sur I = [a , +∞[, dérivable, à dérivée continue, positive, tendant

vers 0 en décroissant à l'infini. Soit g une fonction dont une primitive sur l'intervalle [a

, X] est bornée quel que soit X. Alors l'intégrale de h = fg sur [a, +∞[ est convergente."

exemple 93

L'intégrale de l'exemple précédent peut se traiter avec cet énoncé, f

représentant la fonction définie par f (x) =1

1+ x2 , et g étant la fonction

sinus.

exemple 94


Vérifier la convergence de l'intégrale : cos(x)

x1

+∞

∫ dx.

# réponse

L'énoncé s'applique sans difficulté.

Noter que cette intégrale n'est pas absolument convergente (propriété que nous admettrons).

"Soit a et b des réels (a < b), et f une fonction continue sur l'intervalle I = [a, b[. On dit

que l'intégrale de f sur I converge si la limite de l'intégrale : f (x)dxa

X

∫ existe lorsque X

tend vers b par valeurs inférieures.

On a une définition analogue pour ]a , b]."

exemple 95

L'intégrale suivante est convergente :

.)ln(1

0dxx∫

En effet, on a l'égalité :

[ ]),ln(1

)ln()ln( 11

XXX

xxxdxx XX

−+−=

−=∫

par intégration par parties. Et cette expression a bien une limite en 0 :

.1)ln(1

0−=∫ dxx

exemple 96


Vérifier que l'intégrale de 1

x +1 sur ]–1 , 1] est convergente.

# réponse

On calcule l'intégrale sur [X , 1] (–1 < X ≤ 1) :

1

x +1dx

X

1

∫ = 2 x + 1[ ]X

1

= 2 2 − 2 X + 1.

On voit que la limite de cette expression en – 1 existe, c'est 2 2.

"Dans le cas de fonctions continues sur un intervalle ouvert, borné ou non, on se ramène

à un des cas précédents en coupant l'intervalle en deux intervalles semi-ouverts."

exemple 97

L'intégrale suivante converge : 1

ex x0

+∞

∫ dx.

On écrit, en effet : 1

ex xdx

0

+∞

∫ =1

ex xdx

0

1

∫ +1

ex xdx

1

+∞

∫ .

La première intégrale converge car, au voisinage de 0 : 1

ex x~0

1

x

et l'intégrale de 1

x sur ]0 , 1] converge (calcul direct).

La seconde intégrale converge également, car au voisinage de l'infini : 1

ex x≤

1

x x


x x sur [1 , +∞[ converge (calcul direct).

exemple 98


Etudier la convergence de l'intégrale :

1

(x2 +1)xdx

0

+∞

∫ .

# réponse

On décompose cette intégrale : 1

(x2 +1)xdx

0

+∞

∫ =1

(x2 +1)xdx+

0

2

∫1

(x2 +1)xdx

2

+∞

∫ .

La première intégrale ne converge pas (diverge), car : 1

(x2 +1)x~0

1

x


x sur ]0 , 2] ne converge pas (calcul).

La seconde intégrale converge, car : 1

(x2 +1)x~+∞

1

x3


x3 sur [2 , +∞[ converge.

Au total, l'intégrale : 1

(x2 +1)xdx

0

+∞

∫

ne converge pas.

"Le simple fait qu'une intégrale converge n'entraîne pas que les opérations usuelles soient

licites pour le calcul de cette intégrale."

exemple 99

On a vu que l'intégrale : sin(x)

xdx

0

+∞

∫ ,

converge (voir 95 pour +∞, en 0 la fonction prolongée par 1 est continue). Pourtant le calcul suivant est faux :

sin(x)

xdx

0

+∞

∫ = −cos(x)

x

0

+∞

−cos(x)

x20

+∞

∫ dx,

puisque cos(x)

x n'a pas de limite en 0.

exemple 100


Que pensez-vous du calcul suivant : 1− cos(x)

xdx

0

1

∫ =1

xdx

0

1

∫ −cos(x)

x0

1

∫ dx.

# réponse

Il n'a aucun sens, puisqu'au second membre les deux intégrales divergent. Par contre l'intégrale du premier membre converge bien, puisque :

1− cos(x)

x~0

x

2.

On peut éviter cette erreur en écrivant, avant de chercher si la limite existe :

1− cos(x)

xdx

X

1

∫ =1

xdx

X

1

∫ −cos(x)

xX

1

∫ dx.

3� Pour Comprendre et Utiliser

3-1 Énoncés des exercices

Savoir étudier une fonction définie par une intégrale dépendant de l'une de ses bornes.

exercice 1

Etudier les fonctions définies par les intégrales suivantes dont les bornes dépendent d'une variable x. Dans chaque cas, on cherchera à déterminer le domaine de définition de la fonction, on calculera sa dérivée, on étudiera ses variations, et éventuellement les limites, enfin on représentera le graphe.

1) f (x) = t2 + 3t + 2 dt0

x

∫ .

2) g(x) =t2

t4 + t2 +1dt

x

2x

∫ .

3) h(x) =1

1+ cos2( t)( ) t −1dt

2

x

∫ .

exercice 2

Soit u la fonction définie sur [–1 , 2] par : x ∈ −1 , 0[ ], u(x) = x + 1,

x ∈ 0 , 1] ], u(x) = sin(x) +1,

x ∈ 1 , 2] ], u(x) = x +1.

1) Tracer le graphe de u et démontrer que cette fonction est intégrable au sens de Riemann. 2) On note U la fonction définie par :

U(x) = u(t)dt1

x

∫ .

Etudier la fonction U. On précisera, comme d'habitude : � son domaine de définition, � son domaine de dérivabilité. Etablir le tableau de variations de U, et tracer son graphe.

exercice 3

Dans cet exercice, on s'attache surtout à résoudre des questions locales. 1) Etudier la fonction suivante, et examiner en particulier son comportement au voisinage de 1, et au voisinage de 0 :

L(x) =1

Ln(t)dt.

x

x2

∫

2) Déterminer un équivalent en 0 de :

E(x) =e−t

sin(t)dt

x3

x2

∫ .

3) Etudier le comportement en 0 de :

S(x) =cos(t)

sh(t)dt

x

2x

∫ .

4) Ecrire le développement limité à l'ordre 4 en 0 de :

A(x) = Arctan(t2 +1)dtx

2x

∫ .

exercice 4

Par des changements de variables appropriés, transformer les intégrales suivantes, dépendant d'un paramètre x, en intégrales dont les bornes sont fonctions de x, préciser le domaine de définition et la dérivée.

1) B(x) = cos 1+ t + x( )dt0

π

∫ .

2) F(x) = e1

xtdt1

3

∫ .

3) G(x) =xt

x4t +1dt

2

3

∫ .

Savoir calculer une intégrale.

exercice 5

Intégrales de fonctions rationnelles. Calculer les intégrales suivantes :

I1 =x + 2

x −1( ) x − 2( )2 dx−2

0

∫ ,

I2 = x +1x2 + x + 2( )dx

0

2

∫ .

I3 = x5 +1x6 +1

dx0

1

∫ ,

I4 = 1

x2 − x +1( )2+1

dx1

2

∫ .

exercice 6

Intégrales abéliennes (premier type). 1) Calculer les intégrales suivantes :

I1 =1

x2

x −1

x + 2dx

1

2

∫ ,

I2 = x −1− xx x

dx1

3

∫ ,

I3 = xx + 2

x +1( )3 dx−3

−2

∫ ,

I4 =2 + 1− x2

1+ xdx

0

1

∫ .

2) (Généralisation) Calculer :

J1 =1

x3(1− x)4dx

13

12

∫ ,

J2 = x + x +13( )dx.1

3

∫

exercice 7

Intégrales abéliennes (second type). Calculer les intégrales suivantes :

I1 =x + 2

x2 + x +1dx

0

1

∫ ,

I2 = (x −1)(2− x) dx1

2

∫ ,

I3 = x2

2 + x − x2dx

0

1

∫ ,

I4 = x + 1

x2 + 4xdx

1

3

∫ .

exercice 8

Fonctions trigonométriques, exponentielles, polynômes. Calculer les intégrales suivantes :

I1 = e2x x + cos(x)( )dx0

π

∫ ,

I2 = xe− x sin(x)dx−1

2

∫ ,

I3 = (x2 +1)sh(2x)dx0

1

∫ ,

I4 = sin(2x)ch(x)dx0

π3

∫ .

I5 = x 1+ tan2(2x)( )dx0

π8

∫ ,

I6 = e−2xch(x)dx−1

2

∫ ,

I7 = xsin2(x2)dx0

π2

∫ ,

I8 = x + ch(x)( )cos(3x)dx−1

2

∫ .

exercice 9

Fonctions trigonométriques. Calculer les intégrales suivantes :

I1 = sin(x)sin2(x) + 4cos2(x)

dx0

π4

∫ ,

I2 = 1+ cos(2x)

1− tan(x)dx

0

π6

∫ ,

I3 =cos3(x)

cos(2x)dx

0

π6

∫ ,

I4 =1

cos(2x) + 2dx

0

π4

∫ ,

I5 =1+ cos(x)

sin3(x)dx

π6

π3

∫ ,

I6 =1

cos(x) + sin(x)dx

0

π2

∫ .

exercice 10

Fonctions hyperboliques. Calculer les intégrales suivantes :

I1 =1

sh2(x) + ch2(x)dx

0

1

∫ ,

I2 =ch(2x)

1− th(x)dx

−1

1

∫ ,

I3 =sh3(x)

ch(2x)dx

−2

1

∫ ,

I4 =1+ ch(x)

ch(2x) +1dx

0

1

∫ ,

I5 =1+ th(x)

sh(x)dx

1

2

∫ ,

I6 = ch(x) + sh(x)1+ th(x)

dx0

1

∫ .

exercice 11

Récurrence. On note In l'intégrale suivante définie pour tout entier n ≥ 0 :

xn 1− x dx0

1

∫ ,

et Jn l'intégrale :

cosn(t) dt0

π2

∫ .

1) Montrer, par un changement de variable, que In s'exprime en fonction de deux intégrales Jp, et Jq, p et q étant des entiers dépendant de n, à déterminer.

2) Etablir une relation de récurrence entre Jn et Jn–2, et en déduire l'expression de Jn en fonction de n.

3) Déduire l'expression de In en fonction de n.

4) Calculer nJnJn-1 en fonction de n.

5) Montrer que Jn est une fonction décroissante de n, et chercher les limites, quand n tend vers l'infini, des quotients :

Jn

Jn −2

, Jn

Jn−1

.

6) En déduire la limite, pour n tendant vers l'infini, de nJn2, puis de Jn.

7) Démontrer la "formule de Wallis" :

π = limn→ ∞

1

n

2.4.6…(2n – 2)2n

1.3.5…(2n –1)

2

.

exercice 12

Récurrence. On cherche l'expression de l'intégrale suivante en fonction de n :

An = tnetdt0

1

∫ .

1) Calculer A0, A1.

2) Etablir une relation de récurrence entre An+1 et An.

3) Démontrer que An vérifie :

0 ≤ An ≤e

n+ 1,

et déduire que An est équivalent, en l'infini, à e

n.

Savoir étudier une intégrale généralisée : convergence, calcul.

exercice 13

Convergence. Examiner la convergence des intégrales suivantes (on ne demande pas de chercher à les calculer) :

∫

∫

∫

∫

∫

∞+ −

∞+

+∞

=

−=

−=

=

=

0

1

0

1

0

02

3

1

2

.)sin(

,)1ln()ln(

,1

)ln(

,)sin(

,)cos(

dtt

teM

dxx

xxL

dxx

xK

dx

x

xJ

dxxI

t

exercice 14

Convergence. Examiner la convergence des intégrales suivantes, en discutant selon les valeurs de α, ou de α et β, supposés réels sauf indication contraire :

( )( ).

)tan()ln(

,11

0

0 224

4

∫

∫∞+

∞+

=

++=

dxx

xArcxJ

dxxx

xI

α

α

( )

.)1(

naturel,entier ,)ln(

1

0

0

∫

∫−=

=+∞ −

dxxxL

dxxexK x

αβ

βα β

exercice 15

Convergence et calcul. Etudier la convergence des intégrales suivantes, puis les calculer lorsqu'elles convergent :

( )

( )

.

2sin

3cos1

,1

,)ln(

.1

)ln(

,1

)tan(

0

1

0

1 2

0 34

3

0 4

∫

∫

∫

∫

∫

−=

+=

=

+=

+=

∞+

∞+

+∞

πdt

t

t

M

dxx

xL

dxx

xK

dxx

xxJ

dxx

xxArcI

exercice 16

1) Démontrer que les intégrales suivantes sont convergentes et égales :

.))ln(sin(

,))ln(cos(

,))ln(sin(

2

2

0

20

∫

∫

∫

=

=

=

ππ

π

π

dxxK

dxxJ

dxxI

2) Calculer leur valeur commune. 3) Démontrer que l'intégrale suivante est convergente, et déduire sa valeur de ce qui précède :

L =Arctan(x)

x

2

dx0

+∞

∫ .

3-2 Corrigés des exercices

exercice 1-C

1) On pourrait calculer cette intégrale, qui est d'un type "standard" (racine d'un trinome du second degré). Ce n'est pas utile pour résoudre les questions posées. Le trinome t2 + 3t + 2 doit être positif entre 0 et x, étudions son signe. Les racines sont – 1 et – 2, donc le trinome est positif à l'extérieur de l'intervalle ]– 2 , – 1[. On doit donc choisir x ≥ – 1.

La dérivée est toujours positive, puisque c'est x2 + 3x + 2. La fonction f est donc croissante, à partir de f(–1). Pour étudier le comportement de f à l'infini, on cherche à minorer f(x) par une autre intégrale, plus facile à calculer. On peut supposer x > 0, donc, sur l'intervalle [0 , x], t ≥ 0 :

t2 + 3t + 2 ≥ t2 = t

f (x) ≥ tdt0

x

∫ =x2

2.

On voit donc que f(x) tend vers +∞ si x tend vers +∞, en présentant une branche parabolique. Pour préciser le tracé, on peut calculer la tangente en (0 , f(0)) :

f'(0) = 2 , donc la tangente est la droite d'équation y = x 2.

Le tracé s'en déduit, sous réserve d'avoir calculé f(–1). 2) Le dénominateur ne s'annule pas, donc g est définie pour tout x. On peut écrire, par exemple :

g(x) =t2

t4 + t2 +1dt

0

2x

∫ −t2

t 4 + t2 + 1dt

0

x

∫ ,

donc la dérivée est (dérivation d'une fonction composée) :

Pour chercher - lexique � 96

′ g (x) =8x2

16x4 + 4x2 +1−

x2

x4 + x2 +1.

Or la fonction a définie par : x2

x4 + x2 +1

a pour dérivée :

x x2 + 2( )x4 + x2 + 1( )3 2 .

Si x > 0, cette fonction est croissante (et positive), donc 2a(2x) ≥ a(x) et g'(x) ≥ 0, et si x < 0, comme g' est paire, le résultat est le même. On en déduit que g est croissante. Comme g(0) = 0, g(x) a le signe de x. On étudie le comportement de g en +∞. Si t est assez grand, on a l'inégalité :

2t4 ≥ t4 + t2 + 1, donc :

t2

t 4 + t2 +1≥

1

2

donc si x est assez grand, on a :

g(x) ≥1

2x

d'où on conclut que g tend vers +∞ en +∞. La fonction étant impaire, elle tend vers –∞ en –∞. D'après la formule de la moyenne, il existe un nombre k compris entre 1 et 2 (dépendant de x) tel que :

g(x) = xk2x2

k4x4 + k2x2 +1,


donc si x tend vers l'infini, le quotient g(x)

x s'écrit (développement

limité) : g(x)

x=

1

1+ 1k2x2

+ 1k4x4

= 1− 1

2

1

k2x2+ ε(x)

x2.

On voit donc que g(x) s'écrit, pour x tendant vers l'infini :

g(x) = x −1

2

1

k2x+

ε (x)

x,

donc le graphe de g admet la droite d'équation y = x pour asymptote, et se situe au-dessous de cette asymptote quand x tend vers l'infini. 3) Pour h, l'expression t – 1 doit être strictement positive, donc le domaine de définition est ]1 , +∞[. La dérivée est positive, donc h est croissante, avec h(2) = 0. On a l'encadrement :

1

2 t −1≤

1

1+ cos2(t)( ) t −1≤

1

t −1,

donc, pour x > 2 : x − 1 −1≤ h(x) ≤ 2 x − 1− 2,

on voit donc que h(x) tend vers l'infini si x tend vers l'infini, et l'aspect du graphe est celui de la fonction "racine carrée". Si x tend vers 1, le même encadrement donne, pour 1 < x < 2 :

2 x − 1− 2 ≤ h(x) ≤ x −1− 1,

montre que h(x) est minoré par –2, donc, d'après les résultats sur les fonctions monotones, h(x) a une limité finie (c'est l'intégrale "généralisée").


On trace le graphe à partir de ces données.

exercice 2-C

1) La fonction u est intégrable au sens de Riemann, car elle est continue par morceaux. 2) La fonction U est définie partout où u est définie, soit [–1 , 2]. On sait qu'elle est dérivable si u est continue, soit partout sauf en 1, et la dérivée est U'(x) = u(x). On voit donc que U est croissante. On peut préciser quelques points pour le tracé.

U(−1) = u(t)dt1

−1

∫ = (1+ sin(t))dt1

0

∫ + (t +1)dt0

−1

∫= t − cos(t)[ ]1

0 + t2

2+ t

0

−1

= −1−1+ cos(1)+ 1

2−1

= cos(1)− 2,5.

U(0) = u(t)dt1

0

∫ = (1+ sin(t))dt1

0

∫= t − cos(t)[ ]1

0

= −1−1+ cos(1)

= cos(1)− 2.


U(2) = u(t)dt1

2

∫ = (1+ t)dt1

2

∫

= t +t2

2

1

2

= 2+ 2 −1−1

2= 2,5.

exercice 3-C

1) L'intégrale est définie pour x > 0, et x ≠ 1, soit sur :

]0 , 1[ ∪ ]1 , +∞[. En effet, 1 ne peut pas appartenir à l'intervalle de bornes x et x2, si x ≠ 1. � Examinons si L(x) a une limite quand x tend vers 0, x > 0. On peut supposer x < 1, donc x2 < x. La formule de la moyenne montre qu'il existe u, compris entre x2 et x, tel que :

( ) .)ln(

1)( 2

uxxxL −=

Si x tend vers 0, u tend vers 0, donc ln(u) tend vers l'infini, donc L(x) tend vers 0. � Examinons L(x) lorsque x tend vers 1, x < 1. La formule de la moyenne donne :

( ) ,1

)1(~

)ln(

1)( 2

−−

−=u

xx

uxxxL

et comme u est compris entre x2 et x, on a : x – 1 ≥ u – 1 ≥ (x – 1)(x + 1),

donc x −1

u −1 est borné au voisinage de 1, donc L(x) également.

Comme L est monotone, elle a une limite en 1 par valeurs inférieures.


� Examinons L(x) lorsque x tend vers 1, x > 1. Le même raisonnement conduit à la même conclusion : L(x) a une limite. 2) L'intégrale n'est définie que si sin(t) ne s'annule pas sur l'intervalle d'intégration. Il est donc nécessaire que x soit positif. Si x tend vers 0, x2 et x3 également, donc tout t de l'intervalle tend vers 0. On peut chercher un développement de la fonction à intégrer en 0 :

e−t

sin(t)=

1− t + tε(t)

t + tε' (t)=

1

t−1+ ε"(t),

d'où :

.)(")ln()ln(

)(")sin(

)(

2

3

2

3

2

3

2

3

2

3

3232∫

∫ ∫∫∫

++−−=

+−==−

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

t

dttxxxx

dttdtt

dtdt

t

exE

ε

ε

Le terme ε"(t)dtx3

x2

∫ tend vers 0 avec x, donc l'égalité :

)ln(

)("1

)ln(

)(2

3

32

x

dttxx

x

xEx

x

−

++−+=

−∫ ε

montre que E(x) est équivalent à – ln(x) quand x tend vers 0, x > 0. 3) L'intégrale est définie pour x ≠ 0. Ici encore on peut faire un développement limité de la fonction à intégrer :

cos(t)

sh(t)=

1+ tε(t)

t + tε ' (t)=

1

t+ ε"(t),

d'où :


,)(")ln()2ln(

)("1

)(

2

22

∫

∫∫

+−=

+=

x

x

x

x

x

x

dttxx

dttdtt

xS

ε

ε

si x > 0, donc S(x) tend vers ln(2). Pour x < 0, on obtient le même résultat. 4) Développons la fonction Arctan(t2 + 1) en 0. Il faut développer d'abord sa dérivée :

Arctan(1+ t 2)' =2t

1+ (1+ t 2)2=

2t

2 + 2t2 + t 4

= t 1− t 2 + t2ε(t)( )= t − t3 + t3ε (t).

On obtient pour Arctan(1 + t2) :

Arctan(1+ t 2) = Arctan(1)+t2

2−

t4

4+ t 4ε( t),

=π4

+t2

2−

t 4

4+ t4ε(t).

On a utilisé l'abus d'écriture usuel dans les calculs de développements limités (même ε partout). Il en résulte pour A(x) :

A(x) = π4

(2x − x) + t 3

6− t5

20

x

2x

+ x5ε(x)

=π4

x +7x3

6−

31x5

20+ x5ε(x),

=π4

x +7x3

6+ x4ε(x).

exercice 4-C

1) Pour B(x), on pose u = 1 + t + x, d'où :


B(x) = cos 1+ t + x( )dt0

π

∫= cos u( )du.

1+ x

1+ π + x

∫

La fonction est donc définie si u ≥ 0, donc 1 + x ≥ 0. Le domaine de définition est [–1 , +∞[. La dérivée est :

cos 1+ π + x( )− cos 1+ x( ). 2) Pour F(x), on peut poser u = tx, d'où :

F(x) =1

xe

1

udux

3x

∫ .

Le domaine de définition est donc ]–∞ , 0[ ≈ ]0 , +∞[. La dérivée est alors :

F' (x) = −1

x2 e1

udux

3 x

∫ +1

x3e

1

3x − e1

x

.

3) Pour G(x), on pose u = xt, d'où :

.1)ln(

1)(

3

2 4∫+

=x

xdu

u

u

xxG

Le domaine de définition est ]0 , +∞[. La dérivée est :

( ).

1

2

1

3

)ln(

1

1)ln(

1)('

8

3

12

5

42

3

2

+−

++

+

−= ∫x

x

x

x

xdu

u

u

xxxG

x

x

exercice 5-C

1) Intégrale I1.

La décomposition en éléments simples s'écrit :


x + 2

x −1( ) x − 2( )2 =a

x −1+

b

x − 2+

c

x − 2( )2 .

En multipliant par (x – 1), puis, après simplification, en remplaçant x par 1, on trouve a = 3. En multipliant par (x – 2)2, puis, après simplification, en remplaçant x par 2, on trouve c = 4. En remplaçant x par 0, on trouve :

2

4=

3

−1+

b

−2+

4

45

2=

b

−2.

donc b = – 5. Les primitives sont toutes faciles à calculer, on trouve :

2) Intégrale I2.

Le dénominateur n'a pas de racine réelle, donc la fraction est déjà un élément simple. Pour l'intégrer, on écrit :

x +1=1

2(2x +1)+

1

2,

d'où : x +1

x2 + x + 2( )dx0

2

∫ =1

2

2x +1

x2 + x + 2( )dx0

2

∫ +1

2

1

x2 + x + 2( )dx0

2

∫ .


La première intégrale se calcule facilement (forme u'/u) : 1

2

2x +1

x2 + x + 2( )dx0

2

∫ =1

2Ln x2 + x + 2( )[ ]

0

2

= Ln(2).

Pour la seconde, il faut se ramener à un "Arctangente", en mettant le dénominateur sous la forme 1 + X2 :

x2 + x + 2 = x + 12

2

+ 74

= 74

1+ 47

x + 12

2

,

X =2

7x +

1

2

.

Par ce changement de variable, on obtient une intégrale connue. Le résultat est le suivant, tous calculs faits :

3) Intégrale I3.

C'est la somme de deux intégrales, dont la première est facile à calculer : x5 +1

x6 +1dx

0

1

∫ =x5

x6 +1dx

0

1

∫ +1

x6 +1dx

0

1

∫ .

Pour la seconde, il faut décomposer en éléments simples, et d'abord factoriser le dénominateur, ce qui se fait facilement dans le corps des complexes, ou plus directement :


x6 +1= (x2 +1)(x4 − x2 +1)

= (x2 +1) x2 + 1( )2− 3x2( )

= (x2 +1) x2 + 1( )− 3x( ) x2 +1( )+ 3x( ).

Il reste à intégrer ces éléments simples, en utilisant la technique décrite dans l'intégrale précédente : faire apparaître la dérivée du dénominateur au numérateur (d'où un logarithme), puis mettre le dénominateur sous forme 1 + X2, d'où un Arctangente. On obtient le résultat suivant (calculé ici par Maxima, avec un peu d'aide pour la décomposition en éléments simples, partfrac) :

4) Intégrale I4.

Il faut développer le dénominateur, astucieusement… :

x2 − x +1( )2+1= x2 +1( )2

+ x2 − 2x x2 +1( )+1

ce qui montre qu'il se factorise par (x2 + 1) :

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


On peut alors procéder à la décomposition en éléments simples, puis au calcul des intégrales, comme précédemment, avec des termes en ln et des termes en Arctan. On obtient :

exercice 6-C

1) On indique pour chaque intégrale le changement de variable "canonique", l'intégrale obtenue après changement de variable (J1 pour I1 …), enfin le résultat.

� I1� Le changement de variable :


t =x −1

x + 2.

Les résultats :


(Vérifier que %o6 et %o12 sont bien égaux)



t = x. Les résultats :



t =x + 2

x +1.

Les résultats :



t =1− x

x +1.

Les résultats :


2) La méthode est analogue dans les cas suivants, où il apparaît une racine troisième ou quatrième. � J1� Le changement de variable :

t =x

1− x4 .

Les résultats (K1 est obtenu par changement de variable) :

� J2� Le changement de variable :


t = x +13 . Les résultats (K2 est obtenu par changement de variable) :

exercice 7-C

Pour ce type d'intégrale, on écrit sous forme canonique le trinome situé sous le radical, puis on choisit le changement de variable adapté. � I1 �

Forme canonique, et changement de variable, on obtient :

x2 + x +1 = x +1

2

2

+3

4,

x +1

2=

3

2sh(t).


� I2 �

Forme canonique :

(x −1)(2− x) = −x2 + 3x − 2 = − x −3

2

2

+1

4,

et changement de variable :

x −3

2=

1

2sin(t).


On obtient les résultats suivants :

� I3 �

Forme canonique :

2 + x − x2 = − x −1

2

2

+9

4,

et changement de variable :

x =1

2+

3

2sin(t).


D'où :

(Observer les difficultés de maxima, il n'y a aucune raison de passer dans les nombres complexes) � I4 � Forme canonique :

x2 + 4x = (x + 2)2 − 4,

et changement de variable : x = −2 + 2ch(t).

D'où les calculs :


exercice 8-C

� I1 �

I1 = e2x x + cos(x)( )dx0

π

∫ = e2x x dx0

π

∫ + e2 x cos(x)( )dx0

π

∫ ,

d'où, par identification ou intégration par parties :

� I2 � Par identification :

xe− x sin(x)dx∫ = ax + b( )sin(x) + (cx + d)cos(x)[ ]e− x

� I3 �

Par intégration par parties (deux fois) :


� I4 �

sin(2x)ch(x)dx∫ = asin(2x)ex + bsin(2x)e− x + ccos(2x)ex + dcos(2x)e− x ,

d'où :

� I5 �

Par intégration par parties, en notant que 1 + tan2(2x) est, à constante près, la dérivée de tan(2x), on fait "disparaître" x. Il reste à intégrer tan(2x).


� I6 �

Le plus simple est d'exprimer le cosinus hyperbolique à l'aide de l'exponentielle :

e−2xch(x) =e− x + e−3x

2

le résultat s'en déduit facilement :

� I7 �

Il faut d'abord faire un changement de variable, en posant : t = x2,

on obtient alors une intégrale de fonction trigonométrique, traitée par linéarisation.


� I8 �

Cette intégrale est la somme de deux intégrales d'un type déjà vu :

I8 = x + ch(x)( )cos(3x)dx−1

2

∫ = x cos(3x)dx−1

2

∫ + ch(x)cos(3x)dx−1

2

∫ ,

on obtient le résultat suivant :


exercice 9-C

� I1 �

Un changement de variable permet de se ramener à l'intégrale d'une fraction rationnelle : poser t = cos(x).

� I2 �

On peut faire ici le changement de variable t = tan(x), qui conduit à une fraction rationnelle :


On traite cette nouvelle intégrale selon la méthode vue précédemment (décomposition en éléments simples).


� I3 �

Ici, on peut faire le changement de variable t = sin(x) :

� I4 �

Le changement de variable t = tan(x) peut être utilisé ici. On obtient comme nouvelle primitive, et comme résultat :


� I5 �

Ici, on peut utiliser le changement de variable t = cos(x). On obtient l'intégrale :


� I6 �

On pourrait utiliser le changement de variable t = tanx

2 .

On peut aussi transformer le dénominateur par les formules usuelles de somme.


exercice 10-C

Les méthodes sont très semblables à celles utilisées dans l'exercice précédent. On se contente en général de donner les résultats. � I1 �

Poser t = ex.


� I2 �

Poser t = th(x).


� I3 �

Poser ch(x) = t. Il est intéressant d'observer les difficultés de Maxima, qu'il faut "aider par des simplifications :

Puis :


� I4 �

Poser ex = t.


Mais Maxima ne fait pas les simplifications espérées :


� I5 �

On peut toujours poser ex = t.


� I6 �

On peut toujours poser ex = t. Mais ici, le changement de variable t = sinh(x) donne un meilleur résultat.

Le lecteur attentif aura vu que la fonction à intégrer n'était autre que ch(x)!

exercice 11-C

1) Pour éliminer le radical, on peut penser à poser x = sin2(t), ou x = cos2(t). Le premier choix est indiqué par la forme cherchée :

xn 1− x dx0

1

∫ = 2 cos2n(t) 1− cos2(t) cos(t)sin(t)dt0

π2

∫

= 2 cos2n(t)cos(t)sin2(t)dt0

π2

∫

= 2 cos2n+1(t)dt0

π2

∫ − 2 cos2n+ 3(t)dt0

π2

∫ .

On obtient donc : In = J2n+1 – J2n+3.


2) Par intégration par parties, on obtient :

cosn(t) dt0

π2

∫ = sin(t)cosn −1(t)[ ]0

π2 + (n−1) sin2(t)cosn −2(t) dt

0

π2

∫Jn = (n−1)Jn− 2 − (n−1)Jn

0 = (n−1)Jn− 2 − nJn .

On écrit :

Jn =n−1

nJn− 2, si n≥ 2,

d'où, par récurrence :

Jn =n−1

n.n− 3

n − 2.….

2

3, si n est impair,

Jn =n−1

n.n− 3

n − 2.….

1

2.π2

, si n est pair.

3) D'après la formule obtenue à la première question : In = J2n+1 – J2n+3

J2n+1 = 2n

2n+1.2n − 2

2n −1.….

2

3,

J2 n+3 =2n+ 2

2n+ 3.

2n

2n +1.….

2

3.

In = 2n2n+1

.2n − 22n −1

.….23

− 2n + 22n+ 3

.2n

2n +1.….

23

= 1−2n+ 2

2n + 3

2n

2n+ 1.2n− 2

2n−1.….

2

3

=1

2n+ 3

2n

2n +1.2n− 2

2n− 1.….

2

3.


4) Le calcul de nJnJn-1 donne, pour n impair :

Jn = n −1n

.n− 3n − 2

.….23

, si n est impair,

Jn−1 =n − 2

n− 1.n − 4

n− 3.….

1

2.π2

nJnJn−1 =π2

.

Le résultat est le même pour n pair. 5) La différence Jn – Jn-1 s'écrit :

Jn − Jn−1 = cosn(t) − cosn−1(t)( )dt0

π2

∫

= cosn−1(t) cos(t) −1( ) dt0

π2

∫ .

L'intégrale d'une fonction négative est négative, donc Jn < Jn-1.

Pour le premier quotient, il suffit de revenir à la relation de récurrence :

Jn =n−1

nJn− 2, si n≥ 2.

On voit que Jn

Jn −2

tend vers 1 quand n tend vers l'infini.

Pour le second quotient : Jn

Jn −2

<Jn

Jn −1

<1

puisque Jn < Jn-1 < Jn-2.

Or le quotient Jn

Jn −2

tend vers 1, donc le quotient Jn

Jn −1

tend aussi vers 1.

6) On peut écrire :

nJn2 = nJnJn−1 ×

Jn

Jn−1

=π2

×Jn

Jn−1

,


donc nJn2 tend vers

π2

.

On en déduit que Jn tend vers 0 quand n tend vers l'infini.

7) On a l'égalité :

(2n+1) J2n+1( )2= (2n +1)

2.4.6…(2n – 2)2n

1.3.5…(2n – 1)(2n+1)

2

= 12n +1

2.4.6…(2n– 2)2n1.3.5…(2n – 1)

2

donc :

1

n

2.4.6…(2n – 2)2n

1.3.5…(2n –1)

2

=2n +1

n(2n +1) J2n+1( )2

,

d'où la formule de Wallis :

limn→ ∞

1

n

2.4.6…(2n – 2)2n

1.3.5…(2n –1)

2

= limn→ ∞

2n +1

n

limn→∞

(2n+1) J2n+1( )2[ ]= π .

exercice 12-C

1)

A0 = etdt0

1

∫ = e− 1,

A1 = tetdt0

1

∫ = tet[ ]0

1− etdt

0

1

∫= e− e+ 1=1.

2) La relation s'obtient par intégration par parties :

An+1 = t n+1etdt0

1

∫ = tn+1et[ ]01

− (n+1) tnetdt0

1

∫An+1 = e− (n +1)An.


3) L'intégrale d'une fonction positive est positive, donc An est positif pour tout n, donc d'après la relation précédente :

0 ≤ An ≤e

n+ 1.

On en déduit que An tend vers 0 quand n tend vers l'infini, donc (n + 1)An

tend vers e, donc on a l'équivalence :

An ~e

n+1~

e

n.

exercice 13-C

� I � Ecrivons :

cos(x2 ) = 2xcos(x2 ) ×1

2x,

on peut alors faire une intégration par parties :

cos(x2)dx1

X

∫ = 2xcos(x2) ×1

2xdx

1

X

∫= sin(x2) × 1

2x

1

X

+ sin(x2) × 12x2

dx1

X

∫ .

Lorsque X tend vers l'infini, le premier terme du second membre tend vers :

−sin(1)×1

2.

Le second terme est une intégrale absolument convergente, puisque :

sin(x2) ×1

2x2 ≤1

2x2 .

On conclut donc que I converge. � J � Il y a deux problèmes à examiner, en 0 et en +∞.


Au voisinage de 0, avec x > 0, sin(x) ~ x, donc : sin(x)

x3

2

~1

x,

et comme on sait que l'intégrale de 1

x converge en 0, on voit que J

converge en 0. En +∞, J est absolument convergente :

sin(x)

x3

2

≤1

x3

2

,

donc, comme l'intégrale de 1

x3

2

converge en +∞, J converge.

� K � Il y a à nouveau deux problèmes, en 0 et en 1. Au voisinage de 0, avec x > 0, on a l'équivalence :

Log(x)

1− x~ Log(x).

Or l'intégrale de Log(x) converge en 0 :

Log(x)dxa

1

∫ = xLog(x) − x[ ]a

1 = −1+ a− aLog(a),

et aLog(a) tend vers 0 si a tend vers 0. On déduit que K converge en 0. Au voisinage de 1, Log(x) ~ x – 1, donc :

Log(x)

1− x~ −1.

L'intégrale n'est donc pas impropre en 1. � L �


Deux problèmes, en 0 et en 1. En 0 :

Log(x)Log(1− x)

x~

Log(x)(−x)

x= −Log(x).

On conclut que L converge en 0 (voir ci-dessus). En 1 :

Log(x)Log(1− x)

x~

(x − 1)Log(1− x)

1

il faut donc examiner la convergence de l'intégrale de XLog(X) en 0. Or XLog(X) est négligeable devant Log(X), dont l'intégrale converge. Plus directement, on peut calculer une primitive de XLog(X) et vérifier qu'elle a une limite en 0 :

Une autre primitive aurait également une limite finie, dépendant de la constante d'intégration. � M � Deux problèmes : en 0 et en +∞. En 0, pour x positif, la fonction à intégrer est positive, et on a l'équivalence suivante :

e−t sin(t)

t~

1.t

t=1.

L'intégrale converge.


En +∞, on peut écrire : e−t sin(t)

t≤

e−t

t,

or, pour x tendant vers +∞, t.e-t --. 0, donc t.e-t < 1 pour t assez grand : e−t sin(t)

t≤

e−t

t≤

1

t 2 .

Comme l'intégrale de 1

t2 converge en +∞, on conclut que M converge.

exercice 14-C

� I � Le dénominateur ne s'annule pas en 0, donc il suffit d'examiner la convergence en +∞. Si α ≠ 0, on a l'équivalence en +∞ :

x4

1+ x4( )1+ α 2x2( ) ~x4

x4( ) α 2x2( ) ~1

α 2x2 .

Il en résulte que l'intégrale converge. Si α = 0, l'équivalent est :

x4

1+ x4( )~ 1.

Dans ce cas l'intégrale diverge. � J � Ici, les deux bornes sont à examiner. En 0, x > 0, on a l'équivalence :

Log(x)Arc tan(x)

xα ~Log(x)x

xα = Log(x)x1− α.

On peut connaître la convergence de ce type d'intégrale (intégrales de Bertrand). Sinon, on procède comme suit.


Si 2 – α > 0, on fait une intégration par parties :

Log(x)x1− αdxX

1

∫ =x2−α

2− αLog(x)

X

1

−x1−α

2 − αdx

X

1

∫ .

Au second membre, l'intégrale converge (intégrale de Riemann), et le terme entre crochets a bien une limite, puisque xkLog(x) tend vers 0 en 0 dès que k est strictement positif. Dans ce cas, J converge en 0.

Si α ≥ 2, on écrit :

Log(x) x1−α >1

xα −1 ,

et on sait que l'intégrale de 1

xα−1 en 0 diverge, puisque α – 1 ≥ 1.

Dans ce cas, J diverge en 0. En +∞, on utilise l'équivalence :

Log(x)Arc tan(x)

xα ~Log(x)

xαπ4

.

Si 1 < α < 2, posons α = 1 + 2k. Comme Log(x) est négligeable devant xk en +∞, on voit que :

Log(x)

xαπ4

<1

x1+ k

π4

,

donc l'intégrale converge.

Si α ≤ 1, xα ≤ x, donc : Log(x)

xα ≥Log(x)

x,

et comme l'intégrale de Log(x)

x diverge en +∞ (une primitive est Log(x)2),

on voit que J diverge en +∞.

En conclusion, J est convergente si et seulement si 1 < α < 2. � K �


En 0, e–x est équivalent à 1, donc il faut examiner la convergence de :

xα Log(x)( )βdx

0

1

∫ .

Il s'agit, à nouveau, d'intégrales de Bertrand. Si α + 1 > 0, on effectue une intégration par parties :

xα Log(x)( )βdx

X

1

∫ =xα +1

α +1Log(x)( )β

X

1

−β

α + 1xα Log(x)( )β −1

dxX

1

∫ ,

l'expression entre crochets a une limite en 0, et si β – 1 ≠ 0, on peut refaire une intégration par parties … Cette intégrale converge donc.

Si α + 1 = 0, on peut calculer une primitive, Log(x)β+1, qui n'a pas de limite en 0.

Si α + 1 < 0, on écrit α = – 1 – k (k > 0) donc :

xα Log(x)( )β = x−1− k Log(x)( )β = x−1x−k Log(x)( )β ≥ x−1,

et comme l'intégrale de x-1 diverge en 0, l'intégrale de Bertrand diverge.

En résumé, K converge en 0 si et seulement si α > – 1. En +∞, xα+2e–x(Log(x))β tend vers 0, donc l'intégrale converge. � L � Il peut y avoir un problème en 0 et en 1.

En 0, la fonction xα(1 – x)β est équivalente à xα, donc l'intégrale converge si et seulement si α > – 1.

En 1, la fonction xα(1 – x)β est équivalente à (1 – x)β, donc l'intégrale converge si et seulement si β > – 1.


exercice 15-C

� I �

En +∞, la fonction à intégrer est équivalente à π

2x3 , donc l'intégrale

converge. On calcule cette intégrale par un changement de variable.

On déduit donc :

2I =xArctan(x)

1+ x4( ) +xArctan

1

x

1+ x4( ) dx0

+∞

∫ .

On utilise la relation suivante :

Arctan(x) + Arctan1

x =

π2

, si x > 0.

Il résulte :

I =π4

x

1+ x4( )dx0

+∞

∫ .

L'intégrale se calcule par changement de variable :


� J � La fonction à intégrer tend vers 0 en 0, donc la seule borne à examiner pour la convergence est +∞. En +∞, on a l'équivalence :

x3Log(x)

1+ x4( )3 ~Log(x)

x9

donc l'intégrale est bien convergente. On procède par changement de variable, et intégration par partie : Observer l'étrange réponse de maxima (évidemment, ce n'est pas faux puisque 4log(i) = log(1) !).

Pour faire une intégration par partie, maxima utilise antidiff. Il faut charger un package "antid" auparavant.


� K � Le seul problème est en +∞, et on peut écrire :

Log(x)

x2 ≤1

x3

2

,

donc l'intégrale converge bien. On calcule par intégration par parties :

� L � Le seul problème est en 0. L'équivalence :


x +1

x~

1

x,

montre que l'intégrale converge. Il s'agit d'une intégrale abélienne.

� M � Le seul problème est en 0. Un équivalent est :

1− cost

3

sint

2

~

t2

18t

2

=t

9.

L'intégrale est donc convergente. Par changement de variable (t = 6u d'abord, puis v = cos(u)), on obtient une fraction rationnelle, et le résultat :


–3Log(3) – 3Log(–1 + 3) + 3Log( 3 + 1).

exercice 16-C

Pour l'intégrale I, le problème est en 0. On utilise un développement limité de sin(x) :

Log(sin(x)) = Log(x + xε(x)) = Log(x) + Log(1 + ε(x)), donc Log(sin(x)) est équivalent à Log(x). Comme l'intégrale de Log(x) converge en 0, I converge.

Pour J, le problème est en π2

. Il est équivalent au précédent donc J

converge. Pour K, le problème est en π. Comme précédemment, cette intégrale converge. Ecrivons :

Log(sin(x))dxε

π2

∫ = Log sinπ2

− t

d

π2

− t

π

2−ε

0

∫

= Log(cos(t))dt.0

π2

− ε

∫

D'où, en faisant tendre ε vers 0, I = J. De même :

Log(cos(x))dxε

π2

∫ = Log cos t −π2

d t −

π2

π

2+ε

π

∫

= Log sin t( )( )dt.π2

+ε

π

∫

D'où, en faisant tendre ε vers 0, J = K. 2) En combinant les expressions précédentes, on obtient :


2I = I + J = Log(sin(x)cos(x))dx0

π2

∫

= Log(sin(2x)) − Log(2)( )dx0

π2

∫=

1

2Log(sin(t)) − Log(2)( )dt

0

π

∫

2I =1

2I + K( )−

π2

Log(2).

On déduit :

I = −π2

Log(2).

3) En 0, Arctan(x) est équivalent à x, donc l'intégrale L converge. En +∞, Arctan(x) a une limite finie, donc L converge. On peut passer de L à I par une suite d'un changement de variable, et d'intégrations par parties : � Posons t = Arctan(x) :

dx = (1+ tan2(t))dt

Arctan(x)

x

2

dxε

X

∫ = t2 1+ tan2(t)

tan2(t)dt

Arc tan(ε )

Arc tan(X)

∫ ,

= t2 1sin2(t)

dtArc tan(ε )

Arc tan(X)

∫ .

Par passage à la limite, on trouve :

L = t2 1

sin2(t)dt

0

π2

∫ .

� Par intégration par parties :

t2 1

sin2(t)dt

ε

a

∫ = −t 2 cos(t)

sin(t)

ε

a

+ 2 tcos(t)

sin(t)dt

ε

a

∫ ,


donc :

t2 1

sin2( t)dt

0

π2

∫ = 2 tcos(t)

sin(t )dt

0

π2

∫ .

� Par intégration par parties :

tcos(t )

sin(t)dt

ε

a

∫ = t ln(sin(t))[ ]εa − ln(sin(t))dt

ε

a

∫ ,

donc :

tcos(t)

sin(t)dt

0

π2

∫ = − ln(sin(t))dt0

π2

∫ = −I .

Finalement, on obtient : L = −2I = π Log(2).

A titre indicatif, voici la réponse de Maxima :

daniel alibert intégration : intégrale de riemann ... · - difficulté de conception et de...

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