Intégrales dépendant d'un paramètre
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Intégrales dépendant d’un paramètre
Essaidi Ali
12 mai 2015
K = R ou C
1 Théorème de la converence dominée, intégration terme à terme :Théorème 1.1 (Théorème de la convergence dominée)Soit I un intervalle non vide et (fn) une suite de fonctions de I et à valeurs réelles ou complexes.Si :
– ∀n ∈ N, fn est continue par morceaux sur I .– La suite (fn) convege simplement sur I vers une fonction f continue par morceaux sur I .– Il existe une fonction ϕ à valeurs positives et intégrable sur I telle que ∀n ∈ N, |fn| ≤ ϕ (Condition de domination).
Alors, la fonction f est intégrable sur I et on a∫I
f =
∫I
limn→+∞
fn = limn→+∞
∫I
fn.
Exemples :
– Calcul de limn→+∞
∫ 1
0
et
1 + tndt :
On pose ∀n ∈ N,∀t ∈ [0, 1[, fn(t) = et
1+tn . On a :
1. ∀n ∈ N, fn est continue sur [0, 1[.
2. (fn) converge simplement sur [0, 1[ vers la fonction f(t) = et qui est continue sur [0, 1].
3. ∀n ∈ N,∀t ∈ [0, 1[, |fn(t)| ≤ e et t 7→ e est intégrable sur [0, 1[.
Donc, d’après le théorème de la convergence dominée, limn→+∞
∫ 1
0
et
1 + tndt =
∫ 1
0
limn→+∞
et
1 + tndt =
∫ 1
0
etdt = e− 1.
– Calcul de limn→+∞
∫ +∞
0
(1 +
x
n
)ne−axdx avec a > 1 :
On pose ∀n ∈ N∗,∀x ∈ [0,+∞[, fn(x) =(1 + x
n
)ne−ax. On a :
1. ∀n ∈ N∗, fn est continue sur [0,+∞[.
2. (fn) converge simplement sur [0,+∞[ vers la fonction f(x) = e(1−a)x qui est continue sur [0,+∞[.
3. ∀n ∈ N∗,∀x ∈ [0,+∞[, ln(1 + x
n
)n= n ln
(1 + x
n
)≤ x donc
(1 + x
n
)n ≤ ex d’où |fn(x)| ≤ e(1−a)x etx 7→ e(1−a)x est intégrable sur [0,+∞[.
Donc, d’après le théorème de la convergence dominée, limn→+∞
∫ +∞
0
(1 +
x
n
)ne−axdx =
∫ +∞
0
limn→+∞
(1 +
x
n
)ne−axdx =∫ +∞
0
e(1−a)xdx =1
a− 1.
– Calcul de limn→+∞
∫ n
0
(1− x
n
)ndx :
On pose ∀n ∈ N∗,∀x ∈ [0,+∞[, fn(x) =(1− x
n
)n1[0,n]. On a :
1. ∀n ∈ N∗, fn est continue par morceaux sur [0,+∞[.
2. (fn) converge simplement sur [0,+∞[ vers la fonction f(x) = e−x qui est continue sur [0,+∞[.
3. ∀n ∈ N∗,∀x ∈ [0, n[, ln(1− x
n
)n= n ln
(1− x
n
)≤ −x donc
(1− x
n
)n ≤ e−x d’où ∀n ∈ N∗,∀x ∈ [0,+∞[, |fn(x)| ≤e−x et x 7→ e−x est intégrable sur [0,+∞[.
Donc, d’après le théorème de la convergence dominée, limn→+∞
∫ n
0
(1− x
n
)ndx = lim
n→+∞
∫ +∞
0
(1− x
n
)n1[0,n]dx =∫ +∞
0
limn→+∞
(1− x
n
)n1[0,n]dx =
∫ +∞
0
e−xdx = 1.
1
CPGE Laayoune Lissane Eddine Essaidi Ali
Théorème 1.2 (Théorème d’intégration terme à terme :)Soit I un intervalle non vide et (fn) une suite de fonctions de I et à valeurs réelles ou complexes telle que :
– ∀n ∈ N, fn est continue par morceaux sur I .– La série
∑fn convege simplement sur I de somme continue par morceaux sur I .
– ∀n ∈ N, fn est intégrable sur I .– La série
∑∫I|fn| converge.
Alors,
– La somme∫I
+∞∑n=0
fn est intégrable sur I .
–∫I
+∞∑n=0
fn =
+∞∑n=0
∫I
fn.
–∫I
∣∣∣∣∣+∞∑n=0
fn
∣∣∣∣∣ ≤+∞∑n=0
∫I
|fn|.
Exemples :
– Calcul de l’intégral∫ +∞
0
x
ex − 1dx :
On pose ∀x ∈]0, 1[, f(x) =x
ex − 1donc ∀x ∈]0,+∞[, f(x) =
xe−x
1− e−x= xe−x
+∞∑n=0
e−nx =
+∞∑n=1
xe−nx.
Posons ∀n ∈ N∗,∀x > 0, fn(x) = xe−nx. On a :1. ∀n ∈ N∗, fn est continue sur ]0,+∞[.
2. On a ∀x > 0, f(x) =
+∞∑n=1
fn(x) donc la série de fonctions∑n≥1
fn(x) converge simplement sur ]0,+∞[ vers la
fonction f qui est continue sur ]0,+∞[.3. ∀n ∈ N∗, fn est continue sur ]0,+∞[, se prolonge par continuité en 0 et fn(x) =
+∞
(1x2
)donc fn est intégrable sur
]0,+∞[ et on a∫ +∞
0
xe−nxdx =1
n2.
4. On a ∀n ∈ N∗,∫ +∞
0
|fn(x)|dx =1
n2donc la série
∑n≥1
∫ +∞
0
|fn(x)|dx = converge.
Donc, d’après le théorème d’intégration terme à terme, f est intégrable sur ]0,+∞[ et on a :∫ +∞
0
x
ex − 1dx =
∫ +∞
0
+∞∑n=1
xe−nxdx =
+∞∑n=1
∫ +∞
0
xe−nxdx =
+∞∑n=1
1
n2=π2
6
– Calcul de l’intégral∫ 1
0
x2 lnx
x2 − 1dx :
On pose ∀x ∈]0, 1[, f(x) =x2 lnx
x2 − 1donc ∀x ∈]0, 1[, f(x) = −x2 lnx
+∞∑n=0
x2n = −+∞∑n=1
x2n lnx.
Posons ∀n ∈ N∗,∀x ∈]0, 1[, fn(x) = −x2n lnx. On a :1. ∀n ∈ N∗, fn est continue sur ]0, 1[.
2. On a ∀x ∈]0, 1[, f(x) =
+∞∑n=1
fn(x) donc la série de fonctions∑n≥1
fn(x) converge simplement sur ]0, 1[ vers la
fonction f qui est continue sur ]0, 1[.3. ∀n ∈ N∗, fn est continue sur ]0, 1[ et se prolonge par continuité en 0 et 1 donc fn est intégrable sur ]0, 1[ et on a∫ 1
0
x2n lnxdx =1
2n+ 1
[x2n+1 lnx
]10− 1
2n+ 1
∫ 1
0
x2ndx =1
(2n+ 1)2.
4. On a ∀n ∈ N∗,∫ 1
0
|fn(x)|dx = −∫ 1
0
fn(x)dx =1
(2n+ 1)2donc la série
∑n≥1
∫ 1
0
|fn(x)|dx = converge.
Donc, d’après le théorème d’intégration terme à terme, f est intégrable sur ]0, 1[ et on a :∫ 1
0
x2 lnx
x2 − 1dx =
∫ 1
0
+∞∑n=1
−x2n lnxdx =
+∞∑n=1
∫ 1
0
−x2n lnxdx =
+∞∑n=1
1
(2n+ 1)2=π2
8
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2 Fonctions définies par une intégrale à paramètre :
2.1 Limite et continuité :Proposition 2.1 Soient I un intervalle non vide de R, E un K-espace vectoriel normé de dimension finie, A ⊂ E, a ∈ A etf : A× I → K.Si :
– ∀x ∈ A, t 7→ f(x, t) est continue par morceaux sur I .– ∀t ∈ I, lim
x→af(x, t) existe.
– L’application t 7→ limx→a
f(x, t) est continue par morceaux sur I .
– ∃ϕ : I → R+ intégrable sur I telle que ∀(x, t) ∈ A× I, |f(x, t)| ≤ ϕ(t).
Alors l’application x 7→∫I
f(x, t)dt admet une limite en a et on a limx→a
∫I
f(x, t)dt =
∫I
limx→a
f(x, t)dt.
Exemples :
– Calcul de la limite limx→+∞
∫ +∞
0
dt
1 + t3 + x3: On a :
1. ∀x ∈]0,+∞[, t 7→ 11+t3+x3 est continue par morceaux sur ]0,+∞[.
2. ∀t ∈]0,+∞[, limx→+∞
1
1 + t3 + x3= 0 et t 7→ 0 est continue sur ]0,+∞[.
3. ∀(x, t) ∈]0,+∞[2,∣∣∣ 11+t3+x3
∣∣∣ ≤ 11+t3 et l’application t 7→ 1
1+t3 est intégrable sur ]0,+∞[.
Donc, limx→+∞
∫ +∞
0
dt
1 + t3 + x3=
∫ +∞
0
limx→+∞
dt
1 + t3 + x3=
∫ +∞
0
0dt = 0.
– Calcul de la limite limx→+∞
∫ +∞
1
e−xt
tdt : On a :
1. ∀x ∈ [1,+∞[, t 7→ e−xt
t est continue par morceaux sur [1,+∞[.
2. ∀t ∈ [1,+∞[, limx→+∞
e−xt
t= 0 et t 7→ 0 est continue sur [1,+∞[.
3. ∀(x, t) ∈ [1,+∞[2,∣∣∣ e−xt
t
∣∣∣ ≤ e−t
t et l’application t 7→ e−t
t est intégrable sur [1,+∞[.
Donc, limx→+∞
∫ +∞
1
e−xt
tdt =
∫ +∞
1
limx→+∞
e−xt
tdt =
∫ +∞
1
0dt = 0.
Corollaire 2.2 (Théorème de continuité sous le signe intégral) Soient I un intervalle non vide de R, E un K-espace vectorielnormé de dimension finie, A ⊂ E et f : A× I → K.Si :
– ∀x ∈ A, t 7→ f(x, t) est continue par morceaux sur I .– ∀t ∈ I, x 7→ f(x, t) est continue sur A.– ∃ϕ : I → R+ intégrable sur I telle que ∀(x, t) ∈ A× I, |f(x, t)| ≤ ϕ(t).
Alors l’application x 7→∫I
f(x, t)dt est définie et continue sur A.
Exemples :
– Cas de l’application f(x) =
∫ 1
0
ext sin(t)dt : Soit a ∈ R. On a :
1. ∀x ≤ a, t 7→ ext sin(t) est continue sur [0, 1].
2. ∀t ∈ [0, 1], x 7→ ext sin(t) est continue sur ]−∞, a].
3. ∀t ∈ [0, 1],∀x ≤ a, |ext sin(t)| ≤ eat et l’application t 7→ eat est intégrable sur [0, 1].
Donc f est continue sur ]−∞, a] pour tout a ∈ R d’où f est continue sur R.
– Cas de l’application f(x, y) =
∫ 1
−1
√x2 + t2 cos(xyt)dt : Soit a > 0. On a :
1. ∀x ∈ [−a, a],∀y ∈ R, t 7→√x2 + t2 cos(xyt) est continue sur [−1, 1].
2. ∀t ∈ [−1, 1], (x, y) 7→√x2 + t2 cos(xyt) est continue sur [−a, a]× R.
3. ∀t ∈ [0, 1],∀x ∈ [−a, a],∀y ∈ R, |√x2 + t2 cos(xyt)| ≤
√a2 + t2 et l’application t 7→
√a2 + t2 est intégrable
sur [−1, 1].
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Donc f est continue sur [−a, a]× R pour tout a > 0 d’où f est continue sur R2.
– Cas de l’application f(x) =
∫ +∞
−∞e−t
2
sin(xt)dt : On a :
1. ∀x ∈ R, t 7→ e−t2
sin(xt) est continue sur R.
2. ∀t ∈ R, x 7→ e−t2
sin(xt) est continue sur R.
3. ∀x, t ∈ R, |e−t2 sin(xt)| ≤ e−t2 et l’application t 7→ e−t2
est intégrable sur R.Donc f est continue sur R.
– Cas de l’application f(x) =
∫ +∞
0
e−xt sin(t)dt : Soit a > 0. On a :
1. ∀x ≥ a, t 7→ e−xt sin(t) est continue sur [0,+∞[.2. ∀t ≥ 0, x 7→ e−xt sin(t) est continue sur [a,+∞[.3. ∀x ≥ a,∀t ≥ 0, |e−xt sin(t)| ≤ e−at et l’application t 7→ e−at est intégrable sur [0,+∞[.
Donc f est continue sur [a,+∞[ pour tout a > 0 d’où f est continue sur ]0,+∞[.
2.2 Dérivabilité :Théorème 2.1 (Théorème de dérivation sous le signe intégral)Soient I, J deux intervalles non vides de R et f : I × J → K telle que la dérivée partielle ∂f
∂x existe sur I × J .Si :
– ∀x ∈ I, t 7→ f(x, t) est continue par morceaux et intégrable sur J .– ∀x ∈ I, t 7→ ∂f
∂x (x, t) est continue par morceaux sur J .– ∀t ∈ J, x 7→ ∂f
∂x (x, t) est continue sur I .
– ∃ϕ : J → R+ intégrables sur J telles que ∀(x, t) ∈ I × J,∣∣∣∂f∂x (x, t)
∣∣∣ ≤ ϕ(t).
Alors l’application g : x 7→∫J
f(x, t)dt est de classe C 1 sur I et on a ∀x ∈ I, g′(x) =
∫J
∂f
∂x(x, t)dt.
Exemples :
– Cas de l’application f(x) =
∫ 1
0
ext sin(t)dt :
On pose ϕ(x, t) = ext sin(t) et soit a ∈ R. On a :1. ∀x ≤ a, t 7→ ϕ(x, t) est continue sur [0, 1].2. ∀x ≤ a, t 7→ ϕ(x, t) est intégrable sur [0, 1] car continue sur [0, 1].3. ∂f
∂x existe sur R× [0, 1] et on a ∀x ∈ R,∀t ∈ [0, 1], ∂f∂x (x, t) = text sin(t).
4. ∀x ≤ a, t 7→ ∂f∂x (x, t) est continue sur [0, 1].
5. ∀t ∈ [0, 1], x 7→ ∂f∂x (x, t) est continue sur ]−∞, a].
6. ∀t ∈ [0, 1],∀x ≤ a,∣∣∣∂f∂x (x, t)
∣∣∣ = |text sin(t)| ≤ ea et l’application t 7→ ea est intégrable sur [0, 1].
Donc f est de classe C 1 sur ] − ∞, a] pour tout a ∈ R d’où f est de classe C 1 sur R et on a ∀x ∈ R, f ′(x) =∫ 1
0
text sin(t)dt.
– Cas de l’application f(x) =
∫ +∞
−∞e−t
2
sin(xt)dt :
On pose ϕ(x, t) = e−t2
sin(xt). On a :1. ∀x ∈ R, t 7→ ϕ(x, t) est continue sur R.
2. ∀x, t ∈ R, |ϕ(x, t)| = |e−t2 sin(xt)| ≤ e−t2
et t 7→ e−t2
est intégrable sur R donc ∀x ∈ R, t 7→ ϕ(x, t) estintégrable sur R.
3. ∂f∂x existe sur R et on a ∀x, t ∈ R, ∂f∂x (x, t) = te−t
2
cos(xt).
4. ∀x ∈ R, t 7→ ∂f∂x (x, t) est continue sur R.
5. ∀t ∈ R, x 7→ ∂f∂x (x, t) est continue sur R.
6. ∀x, t ∈ R,∣∣∣∂f∂x (x, t)
∣∣∣ = |te−t2 cos(xt)| ≤ te−t2 et l’application t 7→ te−t2
est intégrable sur R.
Donc f est de classe C 1 sur R et on a ∀x ∈ R, f ′(x) =
∫ +∞
−∞te−t
2
cos(xt)dt.
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– Cas de l’application f(x) =
∫ +∞
0
e−xt sin(t)dt :
On pose ϕ(x, t) = e−xt sin(t) et soit a > 0. On a :
1. ∀x ≥ a, t 7→ ϕ(x, t) est continue sur [0,+∞[.
2. ∀x ≥ a,∀t ≥ 0, |ϕ(x, t)| = |e−xt sin(t)| ≤ e−at et t 7→ e−at est intégrable sur [0,+∞[ donc ∀x ≥ a, t 7→ ϕ(x, t)est intégrable sur [0,+∞[.
3. ∂f∂x existe sur [a,+∞[×[0,+∞[ et on a ∀x ≥ a,∀t ≥ 0, ∂f∂x (x, t) = −te−xt sin(t).
4. ∀x ≥ a, t 7→ ∂f∂x (x, t) est continue sur [0,+∞[.
5. ∀t ≥ 0, x 7→ ∂f∂x (x, t) est continue sur [a,+∞[.
6. ∀x ≥ a,∀t ≥ 0,∣∣∣∂f∂x (x, t)
∣∣∣ = | − te−xt sin(t)| ≤ te−at et l’application t 7→ te−at est intégrable sur [0,+∞[.
Donc f est de classe C 1 sur R et on a ∀x ∈ R, f ′(x) = −∫ +∞
0
te−xt sin(t)dt.
Corollaire 2.3 Soient k ∈ N∗, I, J deux intervalles non vides de R et f : I × J 7→ K telle que ∂kf∂xk existe sur I × J .
Si :– ∀r ∈ {0, . . . , k},∀x ∈ I, t 7→ ∂rf
∂xr (x, t) est continue par morceaux sur J .
– ∀t ∈ J, x 7→ ∂kf∂xk (x, t) est continue sur I .
– ∃ϕ : J → R+ intégrable sur J telle que ∀(x, t) ∈ I × J,∣∣∣∂kf∂xk (x, t)
∣∣∣ ≤ ϕ(t).
Alors l’application g : x 7→∫J
f(x, t)dt est de classe C k sur I et on a ∀r ∈ {1, . . . , k},∀x ∈ I, g(r)(x) =
∫J
∂rf
∂xr(x, t)dt.
Remarque : Pour montrer que g est C∞ sur J on vérifie que ∀k ∈ N, ∂kf∂xk existe sur I × J , ∀x ∈ I, t 7→ ∂kf
∂xk (x, t) est continue
par morceaux sur J et ∃ϕ : I → R+ intégrable sur I telle que ∀(x, t) ∈ I × J,∣∣∣∂kf∂xk (x, t)
∣∣∣ ≤ ϕ(t).Exemples : Soit k ∈ N.
– Cas de l’application f(x) =
∫ 1
0
ext sin(t)dt : On a ∀x, t ∈ R, ∂kf∂xk (x, t) = tkext sin(t) et soit a ∈ R. On a :
1. ∀x ≤ a, t 7→ tkext sin(t) est continue sur [0, 1].
2. ∀t ∈ [0, 1],∀x ≤ a, |tkext sin(t)| ≤ tkeat et l’application t 7→ tkeat est intégrable sur [0, 1].
Donc f est de classe C∞ sur ] − ∞, a] pour tout a ∈ R d’où f est de classe C∞ sur R et on a ∀x ∈ R, f (k)(x) =∫ 1
0
tkext sin(t)dt.
– Cas de l’application f(x) =
∫ +∞
−∞e−t
2
sin(xt)dt : On a ∀x, t ∈ R, ∂kf∂xk (x, t) = tke−t
2
sin(xt+ k π2
)et :
1. ∀x ∈ R, t 7→ tke−t2
sin(xt+ k π2
)est continue sur R.
2. ∀x, t ∈ R,∣∣∣tke−t2 sin
(xt+ k π2
)∣∣∣ ≤ tke−t2 et l’application t 7→ tke−t2
est intégrable sur R.
Donc f est de classe C∞ sur R et on a ∀x ∈ R, f (k)(x) =
∫ +∞
−∞tke−t
2
sin(xt+ k
π
2
)dt.
– Cas de l’application f(x) =
∫ +∞
0
e−xt sin(t)dt : On a ∀x, t ∈ R, ∂kf∂xk (x, t) = (−1)ktke−xt sin(t) et soit a > 0. On a :
1. ∀x ≥ a, t 7→ (−1)ktke−xt sin(t) est continue sur [0,+∞[.
2. ∀x ≥ a,∀t ≥ 0, |(−1)ktke−xt sin(t)| ≤ tke−at et l’application t 7→ tke−at est intégrable sur [0,+∞[.
Donc f est de classe C∞ sur R et on a ∀x ∈ R, f (k)(x) =
∫ +∞
0
(−1)ktke−xt sin(t)dt.
3 Fonction Gamma :
Proposition et définition 3.1 L’application x 7→∫ +∞
0
tx−1e−tdt est définie sur ]0,+∞[. On l’appelle la fonction Gamma et
on la note Γ.
Propriété 3.1 – ∀x > 0,Γ(x+ 1) = xΓ(x). En particulier, ∀n ∈ N,Γ(n+ 1) = n!.
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– Formule d’Euler-Gauss : Γ(12
)=√π (intégral de Gauss).
Exemples :
– Calcul de l’intégral∫ +∞
0
√xe−x
3
dx : Soit le changement de variables u = x3 donc :
∫ +∞
0
√xe−x
3
dx =1
3
∫ +∞
0
u16 e−uu−
23 du =
1
3
∫ +∞
0
u−12 e−udu =
1
3
∫ +∞
0
u12−1e−udu =
1
3Γ
(1
2
)=
√π
3
– Calcul de l’intégral∫ +∞
0
3−4x2
dx : On remarque que ∀x > 0, 3−4x2
= e−4x2 ln 3 donc, par le changement de variables
u = 4x2 ln 3, on a :∫ +∞
0
3−4x2
dx =1
4√
ln 3
∫ +∞
0
1√ue−udu =
1
4√
ln 3
∫ +∞
0
u12−1e−udu =
1
4√
ln 3Γ
(1
2
)=
√π
4√
ln 3
– Calcul de l’intégral∫ 1
0
dx√− lnx
: Soit le changement de variables u = − lnx donc :
∫ 1
0
dx√− lnx
=
∫ +∞
0
1√ue−udu =
∫ +∞
0
u12−1e−udu = Γ
(1
2
)=√π
Proposition 3.1 Γ est continue sur ]0,+∞[.
Remarques :– On a ∀x > 0,Γ(x+ 1) = xΓ(x) donc lim
x→0+xΓ(x) = lim
x→0+Γ(x+ 1) = Γ(1) = 1.
On déduit qu’au voisinage de 0 : Γ(x) ∼ 1x . En particulier, lim
x→0+Γ(x) = +∞ donc l’application Γ ne se prolonge pas
par continuité en 0.
– Soit a > 1. On a Γ(x) =
∫ +∞
0
tx−1e−tdt ≥∫ +∞
a
tx−1e−tdt ≥ ax−1∫ +∞
a
e−tdt ≥ ax−1e−a →x→+∞
+∞.
On déduit que limx→+∞
Γ(x) = 0 et limx→+∞
Γ(x)
x= 0. Par conséquence Γ admet une branche parabolique en +∞.
– On a ∀x, t > 0, tx−1e−t > 0 donc Γ > 0.– On a Γ continue et lim
x→0+Γ(x) = lim
x→+∞Γ(x) = +∞ donc ∃x0 > 0,∀x > 0, 0 < Γ(x0) ≤ Γ(x).
Proposition 3.2 Γ est de classe C 1 sur ]0,+∞[ et on a ∀x > 0,Γ′(x) =
∫ +∞
0
(ln t)tx−1e−tdt.
Proposition 3.3 Γ est de classe C∞ sur ]0,+∞[ et on a ∀k ∈ N,∀x > 0,Γ(k)(x) =
∫ +∞
0
(ln t)ktx−1e−tdt.
Corollaire 3.4 Γ est convexe sur ]0,+∞[.
Graph de la fonction Gamma :
FIGURE 1 – Fonction Gamma
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