Intégrales à paramètre : cours de maths en L2 en PDF.

Soit \(f : I \times [a,b] \to \mathbb{K}\) telle que, pour tout \(x \in I\), la fonction \(t \mapsto f(x,t)\) soit continue par morceaux sur \([a,b]\). La fonction

\[F : x \in I \mapsto \int_a^b f(x,t)\,dt\]

est appelée intégrale à paramètre (ou intégrale dépendant du paramètre \(x\)).

Si \(f\) est continue sur \(I \times [a,b]\), alors \(F\) est continue sur \(I\).

Fixons \(x_0 \in I\) et un segment \(K \subset I\) qui est un voisinage de \(x_0\) dans \(I\). Le produit \(K \times [a,b]\) est un fermé borné de \(\mathbb{R}^2\), donc un compact. D’après le théorème de Heine, \(f\) y est uniformément continue. Ainsi, pour \(\varepsilon > 0\), il existe \(\eta > 0\) tel que \(|f(x,t) – f(x_0,t)| \leq\, \varepsilon\) pour tout \(t \in [a,b]\) dès que \(x \in K\) et \(|x – x_0| \leq\, \eta\). Par conséquent :

\[|F(x) – F(x_0)| \leq\, \int_a^b |f(x,t) – f(x_0,t)|\,dt \leq\, (b-a)\,\varepsilon.\]

La fonction \(F\) est donc continue en \(x_0\), et ce pour tout \(x_0 \in I\).

La fonction \(f : (x,t) \mapsto \dfrac{\cos(xt)}{1+t^2}\) est continue sur \(\mathbb{R} \times [0,1]\). Donc \(F(x) = \int_0^1 \frac{\cos(xt)}{1+t^2}\,dt\) est continue sur \(\mathbb{R}\). En particulier, \(F(x) \to F(0) = \int_0^1 \frac{dt}{1+t^2} = \frac{\pi}{4}\) quand \(x \to 0\). Ce passage à la limite sous l’intégrale se fait donc sans aucun calcul.

On suppose que \(f\) est continue sur \(I \times [a,b]\), que la dérivée partielle \(\dfrac{\partial f}{\partial x}\) existe en tout point et qu’elle est continue sur \(I \times [a,b]\). Alors \(F\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(I\) et

\[\forall x \in I, \quad F^{\prime}(x) = \int_a^b \frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\,dt.\]

On parle de dérivation sous le signe intégrale, ou de formule de Leibniz.

Fixons \(x_0 \in I\) et un segment \(K\) voisinage de \(x_0\) dans \(I\). La fonction \(\partial_x f\) est uniformément continue sur le compact \(K \times [a,b]\). Soit \(\varepsilon > 0\) et \(\eta\) associé. Pour \(x \in K\) avec \(|x – x_0| \leq\, \eta\), l’inégalité des accroissements finis, appliquée à \(s \mapsto f(s,t) – s\,\partial_x f(x_0,t)\), donne :

\[\big|f(x,t) – f(x_0,t) – (x – x_0)\,\partial_x f(x_0,t)\big| \leq\, |x – x_0| \, \varepsilon.\]

En intégrant sur \([a,b]\), on obtient \(|\frac{F(x) – F(x_0)}{x – x_0} – \int_a^b \partial_x f(x_0,t)\,dt| \leq\, (b-a)\varepsilon\). Ainsi \(F\) est dérivable en \(x_0\). Enfin, \(F^{\prime}\) est continue d’après le théorème de la partie I, appliqué à \(\partial_x f\).

Pour calculer une intégrale \(\int_a^b g(t)\,dt\) qui résiste, on l’insère dans une famille \(F(x) = \int_a^b f(x,t)\,dt\) avec \(F(x_1) = \int_a^b g\). Ensuite :

• on vérifie la continuité de \(f\) et de \(\partial_x f\) sur \(I \times [a,b]\) ;
• on calcule \(F^{\prime}(x)\), qui doit être plus simple que \(F\) ;
• on détermine \(F\) par intégration, grâce à une valeur connue \(F(x_0)\).

La continuité de \(\partial_x f\) doit porter sur le couple \((x,t)\), et pas seulement sur chaque variable séparément. De plus, la variable d’intégration \(t\) reste muette : on dérive par rapport à \(x\) en gardant \(t\) fixé. Enfin, si les bornes dépendent aussi de \(x\), comme dans \(\int_a^{x} f(x,t)\,dt\), il faut ajouter le terme \(f(x,x)\) donné par le théorème fondamental de l’analyse.

Soit \(F(x) = \int_0^1 e^{xt}\,dt\). La fonction \((x,t) \mapsto e^{xt}\) est de classe \(\mathcal{C}^\infty\) sur \(\mathbb{R} \times [0,1]\). Donc \(F\) est \(\mathcal{C}^\infty\), avec \(F^{(n)}(x) = \int_0^1 t^n e^{xt}\,dt\). En particulier, \(F^{(n)}(0) = \frac{1}{n+1}\). On retrouve ainsi le développement \(\frac{e^x – 1}{x} = \sum_{n \geq\, 0} \frac{x^n}{(n+1)!}\).

Posons \(f(x,t) = x^2 t\, e^{-xt}\) sur \([0,+\infty[ \times [0,+\infty[\). Cette fonction est continue. Pour \(x > 0\), le changement de variable \(u = xt\) donne \(\int_0^{+\infty} x^2 t\, e^{-xt}\,dt = \int_0^{+\infty} u\, e^{-u}\,du = 1\). En revanche, pour \(x = 0\), l’intégrale vaut \(0\). Par conséquent, \(F\) n’est pas continue en \(0\).

Soit \(f : I \times J \to \mathbb{K}\). On dit que \(f\) vérifie l’hypothèse de domination sur \(I\) s’il existe une fonction \(\varphi : J \to \mathbb{R}_+\), continue par morceaux et intégrable sur \(J\), telle que :

\[\forall (x,t) \in I \times J, \quad |f(x,t)| \leq\, \varphi(t).\]

La fonction \(\varphi\) s’appelle une fonction dominante. Elle ne dépend pas de \(x\).

Soit \(f : I \times J \to \mathbb{K}\) continue. On suppose qu’il existe \(\varphi\) intégrable sur \(J\) telle que \(|f(x,t)| \leq\, \varphi(t)\) pour tout \((x,t) \in I \times J\). Alors, pour tout \(x \in I\), \(t \mapsto f(x,t)\) est intégrable sur \(J\), et \(F : x \mapsto \int_J f(x,t)\,dt\) est continue sur \(I\).

L’intégrabilité découle de la comparaison \(|f(x,\cdot)| \leq\, \varphi\). Fixons ensuite \(x_0 \in I\) et \(\varepsilon > 0\). Comme \(\varphi\) est intégrable, il existe un segment \([c,d] \subset J\) tel que \(\int_{J \setminus [c,d]} \varphi \leq\, \varepsilon\). On écrit alors :

\[|F(x) – F(x_0)| \leq\, |\int_c^d \big(f(x,t) – f(x_0,t)\big)\,dt| + 2\int_{J \setminus [c,d]} \varphi(t)\,dt.\]

D’après la partie I, \(x \mapsto \int_c^d f(x,t)\,dt\) est continue. Le premier terme est donc inférieur à \(\varepsilon\) pour \(x\) proche de \(x_0\). Finalement, \(|F(x) – F(x_0)| \leq\, 3\varepsilon\) pour \(x\) assez proche de \(x_0\).

En L3, la théorie de Lebesgue permet d’affaiblir les hypothèses. Il suffit que \(x \mapsto f(x,t)\) soit continue pour presque tout \(t\) et que \(t \mapsto f(x,t)\) soit mesurable. La domination reste, elle, indispensable : c’est le cœur du théorème de convergence dominée.

Soit \(f : I \times J \to \mathbb{K}\) continue. On suppose que, pour tout segment \([\alpha,\beta] \subset I\), il existe \(\varphi_{\alpha,\beta}\) intégrable sur \(J\) telle que \(|f(x,t)| \leq\, \varphi_{\alpha,\beta}(t)\) pour \(x \in [\alpha,\beta]\) et \(t \in J\). Alors \(F\) est continue sur \(I\).

Considérons \(F(x) = \int_0^{+\infty} x\,e^{-xt}\,dt\) sur \(]0,+\infty[\). Sur \([\alpha,\beta]\) avec \(0 < \alpha\), on a \(x\,e^{-xt} \leq\, \beta\,e^{-\alpha t}\), qui est intégrable. Ainsi, \(F\) est continue sur \(]0,+\infty[\). Cependant, aucune domination n’existe sur \(]0,1]\) entier : c’est l’objet de l’exercice 8.

Pour vérifier une hypothèse de domination :

• fixez un segment \([\alpha,\beta]\) de \(I\) sur lequel \(x\) varie ;
• majorez \(|f(x,t)|\) en remplaçant \(x\) par la borne la plus défavorable, par monotonie en \(x\) ;
• vérifiez que le majorant obtenu ne dépend plus de \(x\) et qu’il est intégrable sur \(J\), au voisinage de chaque borne.

Soit \(f : I \times J \to \mathbb{K}\). On suppose que :

• \(f\) et \(\dfrac{\partial f}{\partial x}\) existent et sont continues sur \(I \times J\) ;
• pour tout \(x \in I\), la fonction \(t \mapsto f(x,t)\) est intégrable sur \(J\) ;
• pour tout segment \([\alpha,\beta] \subset I\), il existe \(\varphi\) intégrable sur \(J\) telle que \(|\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,t)| \leq\, \varphi(t)\) pour \(x \in [\alpha,\beta]\), \(t \in J\).

Alors \(F\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(I\) et \(F^{\prime}(x) = \int_J \dfrac{\partial f}{\partial x}(x,t)\,dt\).

Posons \(G(x) = \int_J \partial_x f(x,t)\,dt\). D’après la partie III, \(G\) est continue. Soit \(x_0 \in I\) et \(x\) dans un segment de \(I\) contenant \(x_0\). Pour un segment \([c,d] \subset J\), la continuité de \(\partial_x f\) sur le rectangle \([x_0,x] \times [c,d]\) permet d’intervertir les deux intégrales :

\[\int_c^d \big(f(x,t) – f(x_0,t)\big)\,dt = \int_c^d \int_{x_0}^x \partial_x f(s,t)\,ds\,dt = \int_{x_0}^x \int_c^d \partial_x f(s,t)\,dt\,ds.\]

Faisons tendre \(c\) et \(d\) vers les bornes de \(J\). À gauche, on obtient \(F(x) – F(x_0)\). À droite, l’écart entre \(\int_c^d \partial_x f(s,t)\,dt\) et \(G(s)\) est majoré par \(\int_{J \setminus [c,d]} \varphi\), uniformément en \(s\). Donc \(F(x) = F(x_0) + \int_{x_0}^x G(s)\,ds\). Comme \(G\) est continue, \(F\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) et \(F^{\prime} = G\).

Soit \(F(x) = \int_0^{+\infty} \frac{e^{-xt}}{1+t^2}\,dt\) pour \(x \geq\, 0\). D’abord, la domination par \(\frac{1}{1+t^2}\) donne la continuité sur \([0,+\infty[\). Ensuite, sur \([\alpha,+\infty[\) avec \(\alpha > 0\), on a \(|\partial_x^k f(x,t)| = \frac{t^k e^{-xt}}{1+t^2} \leq\, t^k e^{-\alpha t}\) pour \(k \in \{1,2\}\). Ces majorants sont intégrables. Donc \(F\) est de classe \(\mathcal{C}^2\) sur \(]0,+\infty[\) et

\[F^{\prime\prime}(x) + F(x) = \int_0^{+\infty} \frac{(t^2 + 1)\,e^{-xt}}{1+t^2}\,dt = \int_0^{+\infty} e^{-xt}\,dt = \frac{1}{x}.\]

Pour établir une équation différentielle vérifiée par \(F\) :

• justifiez que \(F\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) ou \(\mathcal{C}^2\) par domination locale des dérivées partielles ;
• écrivez \(F^{\prime}\) et \(F^{\prime\prime}\) sous forme d’intégrales ;
• combinez-les, puis utilisez une intégration par parties ou une identité algébrique pour faire apparaître \(F\) ;
• résolvez l’équation obtenue et fixez les constantes par une valeur particulière ou une limite.

Pour \(x > 0\), on pose

\[\Gamma(x) = \int_0^{+\infty} t^{x-1} e^{-t}\,dt.\]

L’intégrale définissant \(\Gamma(x)\) converge si et seulement si \(x > 0\). De plus, pour tout \(x > 0\), \(\Gamma(x+1) = x\,\Gamma(x)\). Par conséquent, \(\Gamma(1) = 1\) et \(\Gamma(n+1) = n!\) pour tout entier \(n \geq\, 0\).

La fonction \(t \mapsto t^{x-1} e^{-t}\) est continue et positive sur \(]0,+\infty[\). En \(0\), elle est équivalente à \(t^{x-1}\), intégrable si et seulement si \(x – 1 > -1\), soit \(x > 0\). En \(+\infty\), on a \(t^{x-1}e^{-t} = o(1/t^2)\) par croissances comparées, donc elle y est toujours intégrable. Ensuite, pour \(0 < \varepsilon < A\), une intégration par parties donne :

\[\int_\varepsilon^A t^x e^{-t}\,dt = \big[-t^x e^{-t}\big]_\varepsilon^A + x\int_\varepsilon^A t^{x-1}e^{-t}\,dt.\]

Le crochet tend vers \(0\) quand \(\varepsilon \to 0\) et \(A \to +\infty\). Ainsi \(\Gamma(x+1) = x\,\Gamma(x)\). Enfin, \(\Gamma(1) = \int_0^{+\infty} e^{-t}\,dt = 1\), et une récurrence donne \(\Gamma(n+1) = n!\).

La fonction \(\Gamma\) est de classe \(\mathcal{C}^\infty\) sur \(]0,+\infty[\), et pour tout \(k \in \mathbb{N}\) :

\[\Gamma^{(k)}(x) = \int_0^{+\infty} (\ln t)^k\, t^{x-1} e^{-t}\,dt.\]

En particulier, \(\Gamma^{\prime\prime} > 0\) : la fonction \(\Gamma\) est strictement convexe.

Posons \(f(x,t) = t^{x-1}e^{-t} = e^{(x-1)\ln t}\,e^{-t}\). Elle est \(\mathcal{C}^\infty\) sur \(]0,+\infty[^2\), et \(\partial_x^k f(x,t) = (\ln t)^k t^{x-1} e^{-t}\). Soit \([\alpha,\beta] \subset ]0,+\infty[\). Pour \(x \in [\alpha,\beta]\), on a \(t^{x-1} \leq\, t^{\alpha-1}\) si \(t \in ]0,1]\) et \(t^{x-1} \leq\, t^{\beta-1}\) si \(t \geq\, 1\). On pose donc

\[\varphi_k(t) = |\ln t|^k (t^{\alpha-1} + t^{\beta-1}) e^{-t}.\]

Cette fonction est intégrable : en \(0\), \(|\ln t|^k t^{\alpha – 1} = o(t^{\alpha/2 – 1})\) ; en \(+\infty\), elle est \(o(1/t^2)\). Le théorème de dérivation s’applique à tout ordre. Enfin, \(\Gamma^{\prime\prime}(x)\) est l’intégrale d’une fonction continue, positive et non nulle, donc \(\Gamma^{\prime\prime}(x) > 0\).

\[\int_0^{+\infty} e^{-t^2}\,dt = \frac{\sqrt{\pi}}{2}, \qquad \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-t^2}\,dt = \sqrt{\pi}.\]

Pour \(x \in \mathbb{R}\), posons \(F(x) = \int_0^1 \frac{e^{-x^2(1+t^2)}}{1+t^2}\,dt\) et \(G(x) = (\int_0^x e^{-u^2}\,du)^2\). La fonction intégrée dans \(F\) est \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R} \times [0,1]\). Le théorème de la partie II donne donc, avec le changement de variable \(u = xt\) pour \(x \neq 0\) :

\[F^{\prime}(x) = -2x\,e^{-x^2}\int_0^1 e^{-x^2t^2}\,dt = -2e^{-x^2}\int_0^x e^{-u^2}\,du = -G^{\prime}(x).\]

L’égalité vaut aussi en \(x = 0\), où les deux membres sont nuls. Ainsi \(F + G\) est constante, égale à \(F(0) + G(0) = \frac{\pi}{4}\). Or \(0 \leq\, F(x) \leq\, e^{-x^2}\), donc \(F(x) \to 0\) en \(+\infty\). Par conséquent, \(G(x) \to \frac{\pi}{4}\), et l’intégrale, positive, vaut \(\frac{\sqrt{\pi}}{2}\). La seconde formule s’en déduit par parité.

\(\Gamma(\frac{1}{2}) = \sqrt{\pi}\). Plus généralement, pour tout \(n \in \mathbb{N}\) :

\[\Gamma(n + \frac{1}{2}) = \frac{(2n)!}{4^n\, n!}\sqrt{\pi}.\]

Le changement de variable \(t = u^2\), bijection \(\mathcal{C}^1\) strictement croissante de \(]0,+\infty[\) sur lui-même, donne \(\Gamma(\frac{1}{2}) = \int_0^{+\infty} \frac{e^{-u^2}}{u}\,2u\,du = 2\int_0^{+\infty} e^{-u^2}\,du = \sqrt{\pi}\). Ensuite, la relation fonctionnelle donne \(\Gamma(n + \frac{1}{2}) = \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdots\frac{2n-1}{2}\,\sqrt{\pi}\). Enfin, \(1 \cdot 3 \cdots (2n-1) = \frac{(2n)!}{2^n n!}\), d’où la formule.

Posons \(\Phi(x) = \int_0^{+\infty} e^{-t^2}\cos(xt)\,dt\). La domination par \(e^{-t^2}\), puis par \(t\,e^{-t^2}\) pour la dérivée, montre que \(\Phi\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R}\). Ensuite, une intégration par parties donne \(\Phi^{\prime}(x) = -\frac{x}{2}\Phi(x)\). Par conséquent, \(\Phi(x) = \frac{\sqrt{\pi}}{2}e^{-x^2/4}\). Autrement dit, la gaussienne est, à une constante près, sa propre transformée de Fourier. L’exercice 16 détaille ce calcul.

Soit \(f\) continue par morceaux sur \([0,+\infty[\). Sa transformée de Laplace est la fonction

\[\mathcal{L}(f)(p) = \int_0^{+\infty} f(t)\,e^{-pt}\,dt,\]

définie pour les réels \(p\) tels que cette intégrale converge.

Voici les transformées usuelles, obtenues par calcul direct ou par le changement de variable \(u = pt\) :

• \(\mathcal{L}(1)(p) = \frac{1}{p}\) et \(\mathcal{L}(t^n)(p) = \frac{n!}{p^{n+1}}\) pour \(p > 0\) ;
• \(\mathcal{L}(e^{at})(p) = \frac{1}{p – a}\) pour \(p > a\) ;
• \(\mathcal{L}(\cos \omega t)(p) = \frac{p}{p^2 + \omega^2}\) et \(\mathcal{L}(\sin \omega t)(p) = \frac{\omega}{p^2 + \omega^2}\) pour \(p > 0\) ;
• \(\mathcal{L}(t^{\alpha})(p) = \frac{\Gamma(\alpha + 1)}{p^{\alpha+1}}\) pour \(\alpha > -1\) et \(p > 0\), l’intégrale étant aussi généralisée en \(0\) lorsque \(\alpha < 0\).

Soit \(f\) continue et bornée sur \([0,+\infty[\). Alors \(\mathcal{L}(f)\) est de classe \(\mathcal{C}^\infty\) sur \(]0,+\infty[\), avec \(\mathcal{L}(f)^{(n)}(p) = (-1)^n \mathcal{L}\big(t^n f(t)\big)(p)\). De plus, \(|\mathcal{L}(f)(p)| \leq\, \frac{\|f\|_\infty}{p}\), donc \(\mathcal{L}(f)(p) \to 0\) quand \(p \to +\infty\).

Notons \(M = \|f\|_\infty\). Pour \(p \geq\, \alpha > 0\), on a \(|\partial_p^n \big(f(t)e^{-pt}\big)| = t^n |f(t)| e^{-pt} \leq\, M\,t^n e^{-\alpha t}\). Ce majorant est intégrable sur \([0,+\infty[\). Le théorème de la partie IV, appliqué à chaque ordre, donne le résultat. Enfin, \(|\mathcal{L}(f)(p)| \leq\, M\int_0^{+\infty} e^{-pt}\,dt = \frac{M}{p}\).

Dérivons \(\mathcal{L}(\sin)(p) = \frac{1}{p^2+1}\). On obtient \(\mathcal{L}(t \sin t)(p) = -\frac{d}{dp}\frac{1}{p^2+1} = \frac{2p}{(p^2+1)^2}\). Ce résultat s’obtient ainsi sans intégration par parties.

La même idée donne \(\mathcal{L}(\frac{\sin t}{t})(p) = \frac{\pi}{2} – \arctan p\) pour \(p > 0\). En effet, sa dérivée vaut \(-\mathcal{L}(\sin)(p) = -\frac{1}{1+p^2}\), et elle tend vers \(0\) en \(+\infty\). Cependant, pour atteindre \(p = 0\), donc l’intégrale de Dirichlet \(\int_0^{+\infty} \frac{\sin t}{t}\,dt\), la domination échoue : la fonction \(\frac{\sin t}{t}\) n’est pas intégrable. Il faut alors un argument de reste uniforme, développé dans l’exercice 19.