Les intégrales impropres constituent un chapitre essentiel du programme de mathématiques en filière ECG, que ce soit en maths appliquées ou approfondies. Elles apparaissent dans quasiment chaque sujet aux concours, que ce soit en analyse ou en probabilités. Dans cet article, nous traiterons des intégrales impropres à connaître absolument. Certaines font partie du cours, tandis que d’autres sont hors programme, mais très fréquentes dans les annales.
Définition
Soit une fonction \(f\) définie sur un intervalle \(I\subset \mathbb{R}\). On dit que l’intégrale \(\int_a^b f(x)\,dx\) est impropre si l’un des cas suivants se produit :
- L’intervalle d’intégration est non borné : \(b=+\infty\) ou \(a=-\infty\).
- \(f\) n’est pas continue en l’une des bornes d’intégration (par exemple : en \(a\) ou en \(b\)).
Intégrale de Riemann à connaître par cœur
Cette intégrale est à connaître par cœur, car elle fait partie de ton cours. Elle va te servir très souvent aux concours en utilisant des critères de comparaisons, d’équivalences…
Au voisinage de \(+\infty\)
D’après le cours :
\[
\int_a^{+\infty} \frac{1}{x^\alpha}\,dx
\quad \text{avec } a>0
\]
converge si et seulement si \(\alpha >1\).
Au voisinage d’une borne finie
On a aussi d’après le cours que :
\[
\int_a^b \frac{1}{(x-a)^\alpha}\,dx
\quad \text{avec } b>a
\]
converge si et seulement si \(\alpha<1\).
Ces résultats sont systématiquement utilisés dans les démonstrations ultérieures, notamment dans l’étude de la fonction Gamma ou encore dans l’intégrale de Bertrand.
Intégrale de Gauss
L’intégrale de Gauss constitue l’exemple emblématique d’une intégrale impropre convergente qu’il faut connaître parfaitement. Elle est au programme.
On définit :
\[
I = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2}\,dx.
\]
La fonction \(x \mapsto e^{-x^2}\) est continue et strictement positive sur \(\mathbb{R}\). Les bornes de l’intégrale font que nous sommes face à une intégrale impropre. Cependant, d’après le cours, on a que l’intégrale converge et vaut
\[
I = \sqrt{\pi}.
\]
Ce résultat est à connaître absolument. Cela fait partie du cours.
On peut généraliser l’intégrale de Gauss. De manière générale, l’intégrale de Gauss est le nom donné à l’intégrale suivante, où \(\alpha\) est un réel strictement positif :
\[
\int_{-\infty}^{+\infty} \exp(-\alpha t^{2})\,dt
= \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}.
\]
Pour retrouver une étude approfondie de cette intégrale hors programme, n’hésite pas à cliquer ici !
Fonction Gamma
Définition
Pour tout \(x>0\), la fonction Gamma est définie par :
\[
\Gamma(x) = \int_0^{+\infty} t^{x-1} e^{-t} \,dt.
\]
Convergence de \(\Gamma(x)\)
On a que l’intégrale est impropre en \(0\) et en \(+\infty\).
Comportement au voisinage de \(0\)
Pour \(t\in(0,1]\), on a \(e^{-t} \le 1\), donc :
\[
0 \le t^{x-1} e^{-t} \le t^{x-1}.
\]
L’intégrale \(\int_0^1 t^{x-1}\,dt\) converge si et seulement si \(x>0\), car il s’agit d’une intégrale de Riemann (vue plus haut). Par le critère de comparaison, les fonctions étant positives, l’intégrale\(\int_0^1 t^{x-1}e^{-t}\,dt\) est aussi convergente, si \(x>0\).
La condition \(x>0\) est donc nécessaire pour la convergence en \(0\).
Propriété fondamentale (à savoir démontrer)
On montre que :
\[
\Gamma(x+1) = x\Gamma(x).
\]
Démonstration par intégration par parties :
On pose \(u = t^x\) et \(dv = e^{-t}\,dt\),
d’où \(du = x t^{x-1}\,dt\) et \(v = -e^{-t}\).
\[
\Gamma(x+1) = \int_0^{+\infty} t^x e^{-t}\,dt
= \left[-t^x e^{-t}\right]_0^{+\infty} + \int_0^{+\infty} x t^{x-1} e^{-t}\,dt.
\]
Les bornes s’annulent, car \(e^{-t}\) tend vers \(0\) très rapidement et \(t^x e^{-t} \to 0\).
Ainsi :
\[
\Gamma(x+1) = x\Gamma(x).
\]
Conséquence directe :
\[
\Gamma(n+1)=n! \quad \text{pour tout } n\in\mathbb{N}.
\]
Convergence de \(\int_0^{+\infty} \frac{\sin t}{t}\,dt\)
On étudie une intégrale impropre célèbre qui apparaît dans plusieurs sujets à l’oral. Il est ici nécessaire d’étudier la convergence de l’intégrale en 0 et en \(+\infty\).
Étude en \(0\)
On utilise la limite remarquable :
\[
\lim_{t\to0} \frac{\sin t}{t} = 1.
\]
Ainsi, la fonction se prolonge en \(0\) par continuité. Donc, on a \(\int_0^{+\infty} \frac{\sin t}{t}\,dt\) est une intégrale faussement impropre en \(0\).
Étude en \(+\infty\)
Soit \(x>1\). Les fonctions \(t\mapsto \frac{1}{t}\) et \(t\mapsto \sin t\) sont de classe \(C^{1}\) sur \([1,x]\), donc on peut intégrer par parties :
\[
\int_{1}^{x}\frac{\sin t}{t}\,dt.
\]
On pose :
\[
u(t)=\frac{1}{t}
\qquad\text{et}\qquad
v'(t)=\sin t.
\]
Alors :
\[
u'(t)=-\frac{1}{t^{2}}
\qquad\text{et}\qquad
v(t)=-\cos t.
\]
Par la formule d’intégration par parties :
\[
\int_{1}^{x}\frac{\sin t}{t}\,dt
=\int_{1}^{x}u(t)\,v'(t)\,dt
=\Big[u(t)v(t)\Big]_{1}^{x}-\int_{1}^{x}u'(t)v(t)\,dt.
\]
On obtient donc :
\[
\int_{1}^{x}\frac{\sin t}{t}\,dt
=\Big[-\frac{\cos t}{t}\Big]_{1}^{x}-\int_{1}^{x}\Big(-\frac{1}{t^{2}}\Big)\,(-\cos t)\,dt
=\Big[-\frac{\cos t}{t}\Big]_{1}^{x}-\int_{1}^{x}\frac{\cos t}{t^{2}}\,dt.
\]
Calcul du terme de bord :
\[
\Big[-\frac{\cos t}{t}\Big]_{1}^{x}
=-\frac{\cos x}{x}+\cos 1.
\]
Ainsi :
\[
\int_{1}^{x}\frac{\sin t}{t}\,dt
=-\frac{\cos x}{x}+\cos 1-\int_{1}^{x}\frac{\cos t}{t^{2}}\,dt.
\]
Montrons que le membre de droite admet une limite finie quand \(x\to +\infty\)
On a pour tout \(x>1\),
\[
\left|\frac{\cos x}{x}\right|\le \frac{1}{x}.
\]
Or \(\frac{1}{x}\to 0\) lorsque \(x\to +\infty\), donc par encadrement :
\[
\lim_{x\to +\infty}\frac{\cos x}{x}=0.
\]
Montrons désormais la convergence de l’intégrale \(\displaystyle \int_{1}^{+\infty}\frac{\cos t}{t^{2}}\,dt\).}
Pour tout \(t\ge 1\),
\[
\left|\frac{\cos t}{t^{2}}\right|\le \frac{1}{t^{2}}.
\]
Or, l’intégrale :
\[
\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{t^{2}}\,dt
\]
converge en tant qu’intégrale de Riemann de paramètre \(2>1\).
Par le critère de comparaison pour les intégrales de fonctions positives, on en déduit que :
\[
\int_{1}^{+\infty}\left|\frac{\cos t}{t^{2}}\right|\,dt
\quad\text{converge}
\]
Donc :
\[
\int_{1}^{+\infty}\frac{\cos t}{t^{2}}\,dt
\quad\text{converge (même absolument).}
\]
Comme \(\displaystyle -\frac{\cos x}{x}\to 0\) et que \(\displaystyle \int_{1}^{x}\frac{\cos t}{t^{2}}\,dt\) admet une limite finie lorsque \(x\to +\infty\), on conclut que :
\[
\int_{1}^{x}\frac{\sin t}{t}\,dt
\]
admet une limite finie lorsque \(x\to +\infty\). Par définition, cela signifie que l’intégrale impropre
\[
\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin t}{t}\,dt
\]
est convergente.
Conclusion
Cette intégrale, aussi appelée intégrale de Dirichlet, est un incontournable. Nous avons vu ici comme montrer sa convergence, mais on peut également calculer sa valeur. Pour cela, je te laisse aller voir cet article. Pour t’entraîner, je te propose le Problème 1 de EML 2004.
Intégrale de Bertrand
On étudie l’intégrale de Bertrand :
\[
\int_{2}^{+\infty}\frac{1}{t^{\alpha}(\ln t)^{\beta}}\,dt,
\qquad \alpha>0,\ \beta\in\mathbb{R}.
\]
La fonction
\[
t\longmapsto \frac{1}{t^{\alpha}(\ln t)^{\beta}}
\]
est définie, continue et positive sur \([2,+\infty[\). L’intégrale est impropre en \(+\infty\).
L’objectif ici est de déterminer les valeurs de \(\alpha\) et \(\beta\) tel que \(\int_{2}^{+\infty}\frac{1}{t^{\alpha}(\ln t)^{\beta}}\,dt\) converge.
Cas \( \alpha>1 \)
On suppose \(\alpha>1\). On choisit un réel \(\theta\in[1,\alpha]\) (en particulier \(\theta>1\)).
On considère le quotient :
\[
\frac{\frac{1}{t^{\alpha}(\ln t)^{\beta}}}{\frac{1}{t^{\theta}}}
=\frac{t^{\theta}}{t^{\alpha}(\ln t)^{\beta}}
=\frac{1}{t^{\alpha-\theta}(\ln t)^{\beta}}.
\]
Comme \(\alpha-\theta\ge 0\) et \(\theta\le \alpha\), on a :
\[
\lim_{t\to+\infty}\frac{1}{t^{\alpha-\theta}(\ln t)^{\beta}}=0
\]
Donc :
\[
\frac{1}{t^{\alpha}(\ln t)^{\beta}}
=o\!\left(\frac{1}{t^{\theta}}\right)
\quad\text{lorsque } t\to+\infty.
\]
Or, comme \(\theta>1\), l’intégrale de Riemann converge :
\[
\int_{2}^{+\infty}\frac{1}{t^{\theta}}\,dt<+\infty.
\]
Par le critère de négligeabilité (ou critère de comparaison pour fonctions positives), on en déduit que :
\[
\int_{2}^{+\infty}\frac{1}{t^{\alpha}(\ln t)^{\beta}}\,dt
\quad\text{converge lorsque }\alpha>1.
\]
Cas \( \alpha<1 \)
On suppose \(\alpha<1\). On compare cette fois avec \(\frac{1}{t}\), qui est un cas limite divergent.
On calcule le quotient :
\[
\frac{\frac{1}{t}}{\frac{1}{t^{\alpha}(\ln t)^{\beta}}}
=\frac{t^{\alpha}(\ln t)^{\beta}}{t}
=\frac{(\ln t)^{\beta}}{t^{1-\alpha}}.
\]
Comme \(\alpha<1\), on a \(1-\alpha>0\), donc :
\[
\lim_{t\to+\infty}\frac{(\ln t)^{\beta}}{t^{1-\alpha}}=0,
\]
ce qui s’écrit :
\[
\frac{1}{t}
=o\!\left(\frac{1}{t^{\alpha}(\ln t)^{\beta}}\right)
\quad\text{lorsque } t\to+\infty.
\]
Or :
\[
\int_{2}^{+\infty}\frac{1}{t}\,dt=+\infty.
\]
Par le même critère de comparaison (fonction positive et négligeabilité), on en déduit que :
\[
\int_{2}^{+\infty}\frac{1}{t^{\alpha}(\ln t)^{\beta}}\,dt
\quad\text{diverge lorsque }\alpha<1.
\]
Cas \( \alpha=1 \)
On suppose maintenant \(\alpha=1\). L’intégrale devient :
\[
\int_{2}^{+\infty}\frac{1}{t(\ln t)^{\beta}}\,dt.
\]
Pour \(A>2\), on pose :
\[
I(A)=\int_{2}^{A}\frac{1}{t(\ln t)^{\beta}}\,dt.
\]
On effectue le changement de variable :
\[
u=\ln t,
\qquad du=\frac{1}{t}\,dt.
\]
Lorsque \(t=2\), \(u=\ln 2\), et lorsque \(t=A\), \(u=\ln A\). Ainsi :
\[
I(A)=\int_{\ln 2}^{\ln A}\frac{1}{u^{\beta}}\,du.
\]
Sous-cas \( \beta\neq 1 \)
Si \(\beta\neq 1\), on obtient :
\[
I(A)=\left[\frac{u^{1-\beta}}{1-\beta}\right]_{\ln 2}^{\ln A}
=\frac{(\ln A)^{1-\beta}-(\ln 2)^{1-\beta}}{1-\beta}.
\]
Lorsque \(A\to+\infty\), on a \(\ln A\to+\infty\), donc :
- si \(\beta>1\), alors \(1-\beta<0\) et \((\ln A)^{1-\beta}\to 0\), donc \(I(A)\) admet une limite finie ;
- si \(\beta<1\), alors \(1-\beta>0\) et \((\ln A)^{1-\beta}\to +\infty\), donc \(I(A)\to+\infty\).
Ainsi :
\[
\int_{2}^{+\infty}\frac{1}{t(\ln t)^{\beta}}\,dt
\ \text{converge si et seulement si }\ \beta>1
\quad\text{lorsque }\beta\neq 1.
\]
Sous-cas \( \beta=1 \)
Si \(\beta=1\), alors :
\[
I(A)=\int_{\ln 2}^{\ln A}\frac{1}{u}\,du
=\big[\ln u\big]_{\ln 2}^{\ln A}
=\ln(\ln A)-\ln(\ln 2).
\]
Lorsque \(A\to+\infty\), on a \(\ln A\to+\infty\), donc \(\ln(\ln A)\to+\infty\), d’où :
\[
I(A)\to+\infty.
\]
Donc :
\[
\int_{2}^{+\infty}\frac{1}{t\ln t}\,dt
\quad\text{diverge.}
\]
Conclusion
On a finalement :
\[
\int_{2}^{+\infty}\frac{1}{t^{\alpha}(\ln t)^{\beta}}\,dt
\ \text{converge}
\iff
\Big(\alpha>1\Big)\ \text{ou}\ \Big(\alpha=1\ \text{et}\ \beta>1\Big).
\]
L’étude de cette intégrale se ferait sur plusieurs questions à l’écrit. Néanmoins, à l’oral, il pourrait s’agir d’une question sans préparation.
Intégrale de Fresnel
On cherche à montrer que l’intégrale
\[
\int_{1}^{+\infty} \sin(t^{2})\,dt
\]
est convergente.
La fonction \(t \mapsto \sin(t^{2})\) est continue sur \([1,+\infty[\). L’intégrale est impropre en \(+\infty\).
On remarque que l’application
\[
t \longmapsto t^{2}
\]
est une bijection strictement croissante et de classe \(C^{1}\) de \([1,+\infty[\) dans \([1,+\infty[\).
On effectue le changement de variable
\[
u = t^{2}, \qquad du = 2t\,dt.
\]
Comme \(t = \sqrt{u}\), on obtient :
\[
dt = \frac{1}{2\sqrt{u}}\,du.
\]
Ainsi :
\[
\int_{1}^{+\infty} \sin(t^{2})\,dt
= \int_{1}^{+\infty} \frac{\sin u}{2\sqrt{u}}\,du.
\]
Il suffit donc d’étudier la convergence de l’intégrale
\[
\int_{1}^{+\infty} \frac{\sin u}{2\sqrt{u}}\,du.
\]
Soit \(x>1\). La fonction \(u \mapsto \sin u\) est continue sur \([1,x]\) et la fonction
\[
u \longmapsto \frac{1}{2\sqrt{u}}
\]
est de classe \(C^{1}\) sur \([1,x]\). On peut donc intégrer par parties sur \([1,x]\).
On pose :
\[
f(u) = \sin u, \\
g'(u) = \frac{1}{2\sqrt{u}},
\qquad \text{d’où} \qquad
f'(u) = \cos u, \\
g(u) = \sqrt{u}.
\]
L’intégration par parties donne alors :
\[
\int_{1}^{x} \frac{\sin u}{2\sqrt{u}}\,du
= \left[ \sin u \cdot \sqrt{u} \right]_{1}^{x}
– \int_{1}^{x} \sqrt{u}\,\cos u\,du.
\]
Pour obtenir une forme exploitable, on procède à une autre intégration par parties.
On pose cette fois :
\[
f(u) = \frac{1}{2\sqrt{u}}, \\
g'(u) = \sin u,
\qquad \text{d’où} \qquad
f'(u) = -\frac{1}{4u^{3/2}}, \\
g(u) = -\cos u.
\]
On obtient alors :
\[
\int_{1}^{x} \frac{\sin u}{2\sqrt{u}}\,du
= \left[ -\frac{\cos u}{2\sqrt{u}} \right]_{1}^{x}
– \int_{1}^{x} \left(-\cos u\right)\left(-\frac{1}{4u^{3/2}}\right)\,du.
\]
Ainsi :
\[
\int_{1}^{x} \frac{\sin u}{2\sqrt{u}}\,du
= \frac{1}{2}\left( \cos 1 – \frac{\cos x}{\sqrt{x}} \right)
– \frac{1}{2}\int_{1}^{x} \frac{\cos u}{u^{3/2}}\,du.
\]
On étudie maintenant le comportement des différents termes lorsque \(x \to +\infty\).
Pour tout \(x \ge 1\), on a :
\[
\left| \frac{\cos x}{\sqrt{x}} \right|
\le \frac{1}{\sqrt{x}}
\]
D’où :
\[
\lim_{x\to+\infty} \left| \frac{\cos x}{\sqrt{x}} \right| = 0.
\]
D’autre part, pour tout \(u \ge 1\),
\[
\left| \frac{\cos u}{u^{3/2}} \right|
\le \frac{1}{u^{3/2}}.
\]
Or, l’intégrale
\[
\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{u^{3/2}}\,du
\]
est convergente par le critère de Riemann.
Par le critère de comparaison pour les intégrales de fonctions positives, on en déduit que
\[
\int_{1}^{+\infty} \frac{\cos u}{u^{3/2}}\,du
\]
converge absolument.
Ainsi, la limite
\[
\lim_{x\to+\infty} \int_{1}^{x} \frac{\sin u}{2\sqrt{u}}\,du
\]
existe et est finie. On en conclut que
\[
\int_{1}^{+\infty} \frac{\sin u}{2\sqrt{u}}\,du
\]
est convergente, et par conséquent
\[
\int_{1}^{+\infty} \sin(t^{2})\,dt
\]
est convergente.
Par un raisonnement entièrement analogue, on montre également que l’intégrale
\[
\int_{1}^{+\infty} \cos(t^{2})\,dt
\]
est convergente.
Conclusion
Nous venons de passer en revue toutes les intégrales impropres absolument incontournables. Les premières sont à connaître par cœur, car elles font partie intégrante de ton cours. C’est grâce à elles et aux théorèmes de comparaison, d’équivalence ou de négligeabilité que tu pourras démontrer la convergence d’autres intégrales.
Les dernières intégrales sont hors programme. Elles sont néanmoins très classiques, aussi bien à l’écrit qu’à l’oral. Tu pourras notamment les retrouver dans des exercices de Parisiennes. Je ne te conseille pas d’apprendre les démonstrations par cœur, mais plutôt de les comprendre. Les méthodes utilisées dans ces démonstrations peuvent être réutilisées pour prouver la convergence d’autres intégrales.
