Intégrales à paramètre : cours de maths spé en PDF.

On suppose que, pour tout \(x \in J\), la fonction \(t \mapsto f(x,t)\) est intégrable sur \(I\). La fonction \[F : x \in J \mapsto \int_I f(x,t)\,dt\] s’appelle une intégrale à paramètre. Son ensemble de définition est l’ensemble des \(x\) pour lesquels \(t \mapsto f(x,t)\) est intégrable sur \(I\).

Trois familles d’exemples reviennent sans cesse dans les sujets de concours. D’abord, la fonction Gamma d’Euler \(\Gamma(x) = \displaystyle\int_0^{+\infty} t^{x-1} e^{-t}\,dt\). Ensuite, la transformée de Laplace \(\mathcal{L}f(x) = \displaystyle\int_0^{+\infty} f(t)\,e^{-xt}\,dt\). Enfin, la transformée de Fourier \(\widehat{f}(x) = \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} f(t)\,e^{-ixt}\,dt\).

Le premier travail consiste à déterminer l’ensemble de définition. Pour chaque \(x\) fixé, il s’agit d’une simple question d’intégrabilité sur \(I\). On utilise donc les outils du chapitre sur les intégrales généralisées : comparaison, équivalents, fonctions de référence \(t^{-\alpha}\).

Continuité sous hypothèse de domination. Soit \(A\) une partie d’un espace normé de dimension finie et \(f : A \times I \to \mathbb{K}\). On suppose :

• pour tout \(t \in I\), la fonction \(x \mapsto f(x,t)\) est continue sur \(A\) ;
• pour tout \(x \in A\), la fonction \(t \mapsto f(x,t)\) est continue par morceaux sur \(I\) ;
• il existe \(\varphi : I \to \mathbb{R}_+\) continue par morceaux et intégrable sur \(I\) telle que \(|f(x,t)| \leq\, \varphi(t)\) pour tout \((x,t) \in A \times I\).

Alors \(F : x \mapsto \displaystyle\int_I f(x,t)\,dt\) est définie et continue sur \(A\).

D’abord, \(F\) est définie, car \(|f(x,\cdot)| \leq\, \varphi\) donne l’intégrabilité. Soit ensuite \(a \in A\) et \((x_n)\) une suite de \(A\) qui converge vers \(a\). On pose \(g_n(t) = f(x_n,t)\). Par continuité de \(f\) en sa première variable, \(g_n(t) \to f(a,t)\) pour tout \(t\). De plus, \(|g_n| \leq\, \varphi\) pour tout \(n\). Le théorème de convergence dominée donne alors \(F(x_n) \to F(a)\). Par caractérisation séquentielle, \(F\) est donc continue en \(a\).

Posons \(F(x) = \displaystyle\int_0^{+\infty} x\,e^{-xt}\,dt\) pour \(x \geq\, 0\). Pour \(x > 0\), on trouve \(F(x) = 1\). En revanche, \(F(0) = 0\). La fonction \(F\) n’est donc pas continue en \(0\), alors que \(f(x,t) = x\,e^{-xt}\) est continue. Ici, \(\sup_{x > 0} x\,e^{-xt} = \dfrac{1}{e\,t}\), qui n’est pas intégrable sur \(]0,+\infty[\). Aucune domination n’est possible.

On garde les deux premières hypothèses du théorème, avec \(A = J\) intervalle. On suppose que, pour tout segment \([a,b] \subset J\), il existe \(\varphi_{a,b}\) intégrable sur \(I\) telle que \(|f(x,t)| \leq\, \varphi_{a,b}(t)\) pour \(x \in [a,b]\) et \(t \in I\). Alors \(F\) est continue sur \(J\). Le résultat subsiste avec d’autres familles d’intervalles adaptés, par exemple les \([a,+\infty[\) avec \(a > 0\) quand \(J = ]0,+\infty[\).

Pour justifier la continuité d’une intégrale à paramètre :

1. vérifier les deux hypothèses de régularité (souvent évidentes, car \(f\) est continue sur \(J \times I\)) ;
2. fixer un segment \([a,b] \subset J\) ou un intervalle adapté ;
3. majorer \(|f(x,t)|\) pour \(x \in [a,b]\) par une fonction de \(t\) seule, en utilisant la monotonie en \(x\) ;
4. vérifier que ce majorant est intégrable sur \(I\), puis conclure sur chaque segment, donc sur \(J\).

Soit \(F(x) = \displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{e^{-xt}}{1+t^2}\,dt\) pour \(x \geq\, 0\). La fonction \((x,t) \mapsto \dfrac{e^{-xt}}{1+t^2}\) est continue. Pour \(x \geq\, 0\) et \(t \geq\, 0\), on a \(0 \leq\, e^{-xt} \leq\, 1\). Ainsi \(|f(x,t)| \leq\, \dfrac{1}{1+t^2}\), qui est intégrable sur \([0,+\infty[\). Donc \(F\) est continue sur \([0,+\infty[\), et \(F(0) = \dfrac{\pi}{2}\).

Dérivation sous le signe intégrale. Soit \(f : J \times I \to \mathbb{K}\). On suppose :

• pour tout \(x \in J\), \(t \mapsto f(x,t)\) est continue par morceaux et intégrable sur \(I\) ;
• pour tout \(t \in I\), \(x \mapsto f(x,t)\) est de classe \(C^1\) sur \(J\) ;
• pour tout \(x \in J\), \(t \mapsto \dfrac{\partial f}{\partial x}(x,t)\) est continue par morceaux sur \(I\) ;
• il existe \(\varphi\) intégrable sur \(I\) telle que \(|\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,t)| \leq\, \varphi(t)\) pour tout \((x,t) \in J \times I\).

Alors \(F\) est de classe \(C^1\) sur \(J\), et \[F^{\prime}(x) = \int_I \frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\,dt.\]

Soit \(a \in J\) et \((x_n)\) une suite de \(J \setminus \{a\}\) qui tend vers \(a\). On pose \(g_n(t) = \dfrac{f(x_n,t) – f(a,t)}{x_n – a}\). D’abord, \(g_n(t) \to \dfrac{\partial f}{\partial x}(a,t)\) pour tout \(t\). Ensuite, l’inégalité des accroissements finis appliquée à \(x \mapsto f(x,t)\) donne \(|g_n(t)| \leq\, \varphi(t)\). Par convergence dominée, \(\dfrac{F(x_n) – F(a)}{x_n – a} \to \displaystyle\int_I \frac{\partial f}{\partial x}(a,t)\,dt\). Ainsi \(F\) est dérivable en \(a\) avec la formule annoncée. Enfin, la continuité de \(F^{\prime}\) découle du théorème de continuité, appliqué à \(\dfrac{\partial f}{\partial x}\), qui est dominée.

Pour dériver sous le signe intégrale :

1. prouver que \(F\) est bien définie (intégrabilité de \(f(x,\cdot)\) pour chaque \(x\)) ;
2. calculer \(\dfrac{\partial f}{\partial x}\) et vérifier sa régularité ;
3. dominer \(|\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,t)|\) sur \([a,b] \times I\) par une fonction intégrable de \(t\) seul ;
4. écrire la formule de \(F^{\prime}\), puis l’exploiter : signe, calcul explicite, équation différentielle.

Dominer \(f\) ne suffit jamais pour dériver. Par exemple, \(F(x) = \displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{\cos(xt)}{1+t^2}\,dt\) est continue, car \(|f(x,t)| \leq\, \dfrac{1}{1+t^2}\). En revanche, la dérivée partielle \(-\dfrac{t\sin(xt)}{1+t^2}\) n’admet aucune domination intégrable, et l’on peut montrer que \(F(x) = \dfrac{\pi}{2}e^{-|x|}\), qui n’est pas dérivable en \(0\).

Soit \(F(x) = \displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{e^{-t} – e^{-xt}}{t}\,dt\) pour \(x > 0\). La dérivée partielle vaut \(e^{-xt}\). Sur \([a,+\infty[\) avec \(a > 0\), elle est majorée par \(e^{-at}\), qui est intégrable. Donc \(F\) est de classe \(C^1\) et \(F^{\prime}(x) = \displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-xt}\,dt = \frac{1}{x}\). Comme \(F(1) = 0\), on trouve \(F(x) = \ln x\). Ici, aucune primitive de l’intégrande n’était accessible : c’est la dérivation qui a fait tout le travail.

Soit \(k \geq\, 1\). On suppose que \(x \mapsto f(x,t)\) est de classe \(C^k\) sur \(J\) pour tout \(t\), que les dérivées partielles \(\dfrac{\partial^j f}{\partial x^j}(x,\cdot)\) sont continues par morceaux pour \(0 \leq\, j \leq\, k\), intégrables sur \(I\) pour \(0 \leq\, j \leq\, k-1\), et que \(\dfrac{\partial^k f}{\partial x^k}\) vérifie l’hypothèse de domination sur tout segment de \(J\). Alors \(F\) est de classe \(C^k\) sur \(J\) et, pour \(0 \leq\, j \leq\, k\), \[F^{(j)}(x) = \int_I \frac{\partial^j f}{\partial x^j}(x,t)\,dt.\]

Reprenons \(F(x) = \displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{e^{-xt}}{1+t^2}\,dt\). Soit \(a > 0\). Pour \(x \geq\, a\) et \(k \in \mathbb{N}\), on a \(|\dfrac{\partial^k f}{\partial x^k}(x,t)| = \dfrac{t^k e^{-xt}}{1+t^2} \leq\, t^k e^{-at}\), fonction intégrable sur \([0,+\infty[\). Par conséquent, \(F\) est de classe \(C^\infty\) sur \(]0,+\infty[\). De plus, \[F^{\prime\prime}(x) + F(x) = \int_0^{+\infty} \frac{t^2 + 1}{1+t^2}\,e^{-xt}\,dt = \int_0^{+\infty} e^{-xt}\,dt = \frac{1}{x}.\]

L’intégrale \(\Gamma(x) = \displaystyle\int_0^{+\infty} t^{x-1} e^{-t}\,dt\) converge si et seulement si \(x > 0\).

La fonction \(t \mapsto t^{x-1}e^{-t}\) est continue et positive sur \(]0,+\infty[\). En \(0\), elle est équivalente à \(t^{x-1} = \dfrac{1}{t^{1-x}}\), intégrable sur \(]0,1]\) si et seulement si \(1 – x < 1\), c’est-à-dire \(x > 0\). En \(+\infty\), on a \(t^{x-1}e^{-t} = o\!(\dfrac{1}{t^2})\) par croissances comparées. Elle est donc toujours intégrable sur \([1,+\infty[\).

Pour tout \(x > 0\), \(\Gamma(x+1) = x\,\Gamma(x)\). En particulier, \(\Gamma(1) = 1\) et \(\Gamma(n+1) = n!\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\). De plus, \(\Gamma(\dfrac{1}{2}) = \sqrt{\pi}\).

On intègre par parties sur \([\varepsilon, A]\) avec \(u(t) = t^x\) et \(v(t) = -e^{-t}\) : \[\int_\varepsilon^A t^x e^{-t}\,dt = [-t^x e^{-t}]_\varepsilon^A + x\int_\varepsilon^A t^{x-1}e^{-t}\,dt.\] Le crochet tend vers \(0\) quand \(\varepsilon \to 0\) et \(A \to +\infty\), car \(x > 0\). D’où la relation. Ensuite, \(\Gamma(1) = \displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-t}\,dt = 1\), et une récurrence donne \(\Gamma(n+1) = n!\). Enfin, le changement de variable \(t = u^2\) donne \(\Gamma(\dfrac{1}{2}) = 2\displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-u^2}\,du = \sqrt{\pi}\), grâce à l’intégrale de Gauss.

Soit \(f : [0,+\infty[ \to \mathbb{K}\) continue et bornée. Sa transformée de Laplace est \(\mathcal{L}f(x) = \displaystyle\int_0^{+\infty} f(t)\,e^{-xt}\,dt\), définie pour \(x > 0\).

Pour \(x > 0\), \(\displaystyle\int_0^{+\infty} e^{(-x+i)t}\,dt = \frac{1}{x – i} = \frac{x + i}{x^2+1}\). En prenant parties réelle et imaginaire, on obtient \(\mathcal{L}(\cos)(x) = \dfrac{x}{1+x^2}\) et \(\mathcal{L}(\sin)(x) = \dfrac{1}{1+x^2}\).

Soit \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{C}\) continue par morceaux et intégrable. Sa transformée de Fourier est \(\widehat{f}(x) = \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} f(t)\,e^{-ixt}\,dt\), pour \(x \in \mathbb{R}\).

La fonction \(\widehat{f}\) est continue et bornée par \(\displaystyle\int_{\mathbb{R}} |f|\). Si de plus \(t \mapsto t\,f(t)\) est intégrable sur \(\mathbb{R}\), alors \(\widehat{f}\) est de classe \(C^1\) et \(\widehat{f}^{\,\prime}(x) = -i\displaystyle\int_{\mathbb{R}} t\,f(t)\,e^{-ixt}\,dt\).

Pour \(F(x) = \displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-t^2}\cos(xt)\,dt\), la dérivation puis une intégration par parties donnent \(F^{\prime}(x) = -\dfrac{x}{2}F(x)\). Comme \(F(0) = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2}\), on obtient \(F(x) = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2}\,e^{-x^2/4}\). La gaussienne est donc, à une constante près, sa propre transformée de Fourier.

Si \(f(x,t) \to \ell(t)\) quand \(x \to x_0\), pour tout \(t \in I\), et si \(|f(x,t)| \leq\, \varphi(t)\) au voisinage de \(x_0\) avec \(\varphi\) intégrable, alors \(\displaystyle\int_I f(x,t)\,dt \to \int_I \ell(t)\,dt\) quand \(x \to x_0\).

Pour la transformée de Laplace, \(|\mathcal{L}f(x)| \leq\, \dfrac{M}{x}\) donne directement la limite nulle en \(+\infty\). On peut préciser : le changement de variable \(u = xt\) donne \(x\,\mathcal{L}f(x) = \displaystyle\int_0^{+\infty} f\!(\frac{u}{x})e^{-u}\,du\). La domination par \(M e^{-u}\) montre que \(x\,\mathcal{L}f(x) \to f(0)\).

Pour trouver un équivalent de \(F(x)\) quand \(x \to x_0\) :

1. deviner le terme principal (quelle partie de \(I\) « compte » le plus ?) ;
2. faire un changement de variable qui fait apparaître ce terme, puis appliquer la convergence dominée à ce qui reste ;
3. à défaut, découper l’intégrale et encadrer chaque morceau ;
4. utiliser une relation fonctionnelle connue, comme \(\Gamma(x) = \dfrac{\Gamma(x+1)}{x}\).

Soit \(F(x) = \displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{e^{-t}}{x+t}\,dt\) pour \(x > 0\). On écrit \(x\,F(x) = \displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{x}{x+t}\,e^{-t}\,dt\). L’intégrande tend vers \(e^{-t}\) quand \(x \to +\infty\) et reste majoré par \(e^{-t}\). Par convergence dominée, \(x\,F(x) \to 1\). Donc \(F(x) \sim \dfrac{1}{x}\) en \(+\infty\).

Un équivalent ne se « passe » pas sous l’intégrale sans justification. On écrit toujours une égalité exacte (changement de variable, découpage), puis on applique un théorème de passage à la limite.