INTÉGRALES ET SÉRIESlmb.univ-fcomte.fr/IMG/pdf/coursintegralesseries.pdf · Après avoir posé les bases de l’intégration au sens de Riemann sur un segment, nous étudierons

Philippe Lebacque

INTÉGRALES ET SÉRIES

Philippe LebacqueLaboratoire de mathématiques de Besançon, 16 route de Gray, 25000 Besançon, France.E-mail : [email protected]

INTÉGRALES ET SÉRIES

Philippe Lebacque

TABLE DES MATIÈRES

1. Intégration sur un segment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.1. Borne supérieure . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.2. Subdivisions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.3. Quelques classes de fonctions réelles définies sur un segment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.4. Sommes de Riemann, intégrale d’une fonction réglée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.5. Intégrale d’une fonction réglée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.6. Quelques erreurs fréquentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331.7. Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.8. Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361.9. Devoir n◦1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

2. Intégration sur un intervalle : intégrales impropres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.1. Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.2. Critère de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 512.3. Comparaison des intégrales impropres de fonctions postives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.4. Propriétés des intégrales impropres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 562.5. Intégrales semi-convergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592.6. Quelques erreurs fréquentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 622.7. Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632.8. Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 652.9. Devoir n◦2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

3. Séries de nombres réels et complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 793.1. Généralités sur les séries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 793.2. Séries à termes positifs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 813.3. Séries semi-convergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 883.4. Quelques erreurs fréquentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 923.5. Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 943.6. Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 963.7. Devoir n◦3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

4. Archives : devoirs et examens 2010-2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1114.1. Devoir 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1114.2. Devoir 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1154.3. Devoir 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

6 TABLE DES MATIÈRES

4.4. Épreuve préliminaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1244.5. Épreuve principale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1254.6. Épreuve préliminaire : 2nde sesssion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1264.7. Épreuve principale : 2nde Session . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

5. Archives : devoirs et examens 2011-2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1295.1. Devoir 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1295.2. Devoir 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1345.3. Devoir 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1375.4. Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1405.5. Examen : onde session . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

AVANT-PROPOS

L’intégration a vu le jour dans l’antiquité avec les calculs d’aires. Avec la fondation du calculinfinitésimal, des avancées remarquables ont été faites par Newton et Leibnitz. Le premier a comprisqu’on pouvait calculer des aires en inversant la dérivation, tandis que le second les calcule à l’aide derectangles infinitésimaux. Puis, au XIXème, Cauchy et ensuite Riemann ont mis en forme ces idées etont donné une définition précise de l’intégrale dans un contexte assez général. C’est ce que nous allonsétudier ici. Il est à noter cepedant que la notion moderne d’intégration est née au XXème siècle avecla théorie de Lebesgue qui lui offre un cadre bien plus général. Nous ne l’aborderons pas ici, mais ellefera sans doute l’objet de cours ultérieurs.

Le cours d’intégrales et séries est l’étude de l’intégrale sur des intervalles non nécessairement bornés.Après avoir posé les bases de l’intégration au sens de Riemann sur un segment, nous étudieronsles intégrales sur des intervalles ouverts, semi-ouverts ou fermés comme limites d’intégrales sur unsegment. Enfin, nous terminerons par l’analogue « discret » des intégrales impropres, qui sont lesséries numériques. Les résultats présents dans l’un et l’autre des chapitres seront donc en bien despoints analogues.

Avant d’entrer dans le vif du sujet, nous voulons insister sur la méthodologie à employer pourmanipuler ce cours. Lorsque le lecteur aborde un nouveau résultat, il est important qu’il en maîtrisenon seulement l’énoncé mais qu’il sache le redémontrer. En effet c’est là qu’il piochera les pierresavec lesquelles il bâtira ses propres démonstrations. De plus, lors de son apprentissage, il faut qu’ils’interroge sur la portée des résultats, sur leurs éventuelles significations et implications, et ainsi avoirune vision claire et structurée du cours et de ses applications. Les exercices présents dans ce recueilont pour but d’aider le lecteur dans cette tâche, c’est pourquoi il faut donc absolument les chercher.A la fin des chapitres 2 et 3 se trouvent des « méthodes ». Elles sont là pour vous aider à aborderces exercices. Les solutions données ici ne devraient pas être lues avant d’avoir proposé soi-mêmeune solution. Chaque chapitre contient un devoir ; il est essentiel de les faire, car ils permettent nonseulement au lecteur de se tester, d’apprendre à rédiger, mais mais aussi de rythmer son apprentissage.

A la fin de chaque chapitre, nous listons quelques unes des erreurs les plus fréquentes. Testez vousabsolument !

Nous incluons des commentaires entre crochets []. Ils donnent des précisions, complètent des ar-guments, ou font le point sur la méthode qu’on a employée pour résoudre un exercice. Les exercicesmarqués d’un (∗) sont réputés plus difficiles.

Le lecteur qui voudrait aller plus loin pourrait se rapporter au livre d’Arnaudiès et Fraysse intituléCours de mathématiques-2 Analyse.

Les prérequis incontournables sont la maîtrise de la notion de limite, de dérivation et desdéveloppements limités, ainsi que les primitives des fonctions usuelles.

Enfin, nous encourageons le lecteur à nous communiquer toute coquille ou toute erreur qui se seraitglissée dans ce cours.

Ce qu’il est essentiel de savoir faire :– Dans le chapitre 1 : savoir calculer des intégrales classiques de fonctions réglées, des primitives

de fonctions continues au moyen d’intégration par parties, de changement de variables ; savoirmanipuler les sommes de Darboux et la définition d’intégrabilité ; savoir rédiger des preuvesepsilonesques.

TABLE DES MATIÈRES 9

– Dans le chapitre 2 : connaître les intégrales de référence ; déterminer si une intégrale impropreconverge ou non au moyen du théorème de comparaison ; savoir calculer des intégrales impropres ;savoir rédiger des preuves epsilonesques.

– Dans le chapitre 3 : connaître les séries numériques de référence ; déterminer si une série convergeou non au moyen du théorème de comparaison ; connaître les liens intégrales impropres- sériesnumériques ; savoir calculer des sommes de séries ; savoir rédiger des preuves epsilonesques.

Notations et conventions

– On rappelle qu’une somme prise sur l’ensemble vide est nulle et qu’un produit pris sur l’ensemblevide vaut 1 (ainsi 0! = 1).

– Si x ∈ R, on note E(x) sa partie entière, c’est à dire l’unique entier n ∈ Z vérifiant n ≤ x < n+1.– Si z ∈ C, on note <(z) sa partie réelle et =(z) sa partie imaginaire.– La notation (a, b) désigne l’un des intervalles ]a, b[, [a, b[, ]a, b] ou [a, b]. On l’emploiera lorsqu’au-cune distinction n’est nécessaire pour la validité d’un résultat.

– La donnée d’un intervalle ]a, b[, [a, b[, ]a, b] ou [a, b] supposera toujours que a ≤ b.– Pour ne pas alourdir l’exposition des résultats, on considérera dans le deuxième chapitre des

éléments de la droite numérique achevée. Ainsi la notation « −∞ ≤ a < b ≤ +∞ » signifie que adésigne soit un réel, soit −∞, et que b désigne soit un réel strictement plus grand que a si a ∈ R,soit +∞. « I = (a, b), −∞ ≤ a < b ≤ +∞ » désigne alors tout type d’intervalle non vide nonréduit à un point. « −∞ ≤ a < b < +∞ » signifie que a est ou bien réel, ou bien −∞, et que best un réel, plus grand que a dans le cas où a est réel.

– Si a ∈ R (resp. b ∈ R), on écrira que « x→ a+ »(resp. « x→ b− ») pour signifier : le réel x tendvers a par valeurs supérieures à a (resp. x tend vers b par valeurs inférieures à b). Si a = −∞ oub = +∞, « x→ a+ »(resp. « x→ b− ») signifie que le réel x tend vers −∞ (resp. +∞).

– Si J = [a, b] est un segment, on note |J | = b− a. Pour tout intervalle I, on note

|I| = supJ segment

J⊂I

|J | (∈ R ∪ {+∞}).

– (un) désignera la suite (un)n∈N ou parfois (un)n≥n0 si les n0 premiers termes de la suite ne sontpas définis.

– Sauf mention du contraire, lorsqu’on dira qu’une suite ou une fonction admet une limite, elle seratoujours supposée finie.

– Si f est une fonction n fois dérivable, f (n) désigne sa dérivée nème et fn sa puissance nème.

Relations de comparaison entre fonctions

Soit I un invervalle de R. Soient f, g : I → R. a ∈ I.

Définition 0.1. — On dit que f est dominée par g au voisinage de a, et on note f = Oa(g) si :

∃C > 0,∃α > 0,∀x ∈ I∩]a− α, a+ α[, |f(x)| ≤ C|g(x)|On dit que f est négligeable devant g au voisinage de a, et on note f = oa(g), si :

∀ε > 0,∃α > 0,∀x ∈ I∩]a− α, a+ α[, |f(x)| ≤ ε|g(x)|On dit que f est équivalent à g au voisinage de a, et on note f ∼a g, si f − g = oa(g).

Définition 0.2. — On dit que f est dominée par g au voisinage de +∞, et on note f = O+∞(g)si :

∃C > 0,∃M > 0,∀x ∈ I ∩ [M,+∞[, |f(x)| ≤ C|g(x)|On dit que f est négligeable devant g au voisinage de +∞, et on note f = o+∞(g), si :

∀ε > 0,∃M > 0,∀x ∈ I ∩ [M,+∞[, |f(x)| ≤ ε|g(x)|On dit que f est équivalent à g au voisinage de +∞, et on note f ∼+∞ g, si f − g = o+∞(g).

On définit de manière analogue les relations de comparaison en −∞.

Définition 0.3. — Soient deux suites (un) et (vn) de nombres complexes.On dit que (un) est dominée par (vn) et on note un = O(vn) si :

∃C > 0,∃n0 ≥ 0,∀n ≥ n0, |un| ≤ C|vn|On dit que (un) est négligeable devant (vn) et on note un = o(vn) si :

∀ε > 0,∃n0 ≥ 0,∀n ≥ n0, |un| ≤ ε|vn|On dit que (un) est équivalente à (vn), et on note un ∼ vn, si un − vn = o(vn).

CHAPITRE 1

INTÉGRATION SUR UN SEGMENT

Nous allons présenter dans ce chapitre l’intégration sur un segment au sens de Riemann. Cettenotion est un des aboutissements de l’effort produit par de nombreux mathématiciens au XIXième

siècle pour poser des bases solides à l’analyse réelle.Cette partie, qui forme la base du chapitre suivant, n’a pas pour raison d’être de rappeler le cours

d’intégration d première année. En effet, nous définirons en toute généralité l’intégrale de Riemann,afin de pouvoir intégrer ce que l’on appelle des fonctions réglées. Nous choisissons à cette fin le pointde vue des sommes de Darboux pour ne pas lasser le lecteur lors des rappels inéluctables de l’annéepassée.

Certaines preuves présentées ici sont hors-programme. Toutefois leur intérêt mathématique est telqu’il nous a paru nécessaire de les faire figurer ici. Le lecteur est bien sûr encouragé à les maîtriser.

1.1. Borne supérieure

Commençons par rappeler sans démonstration les définitions et propriétés relatives à la bornesupérieure.

Une partie P ⊂ R est dite majorée s’il existe M ∈ R telle que pour tout x ∈ P, x ≤ M. On ditalors que M est un majorant de P.

Définition 1.1. — On dit que P admet m ∈ R comme borne supérieure si m est le plus petit desmajorants de P : pour tout majorant M de P, on a m ≤M. Dans ce cas, on écrit m = sup P.

Rappelons le résultat suivant :

Théorème 1.2. — Toute partie non vide et majorée de R admet une borne supérieure.

Remarque:

i. m = sup P ⇔

{∀x ∈ P, x ≤ m (m est un majorant de P )

∀α < m, ∃x ∈ P, α < x(≤ m) (et il n’y en a pas de plus petit)

ii. sup P n’appartient pas nécessairement à P.

On définit de manière analogue la borne inférieure d’une partie P non vide minorée de R, commeétant le plus grand des minorants de cette partie. On la note inf P.

Exemples:– Si P = [0, 1[ alors inf P = 0 et sup P = 1.

– Si P ={x ∈ Q | x2 ≤ 2

}alors inf P = −

√2 et sup P =

√2.

14 CHAPITRE 1. INTÉGRATION SUR UN SEGMENT

– Si P ={y = x

x+1 | x ≥ 0}

alors inf P = 0 et sup P = 1.

Soit E un ensemble non vide.

Définition 1.3. — On dit qu’une fonction f : E → R estmajorée sur E si l’ensemble {f(x) | x ∈ E}est majoré. On note alors sup

Ef ou encore sup

x∈Ef(x) le réel sup {f(x) | x ∈ E} .

On dit qu’une fonction f : E → R est minorée sur E si l’ensemble {f(x) | x ∈ E} est minoré.On note alors inf

Ef ou encore inf

x∈Ef(x) le réel inf {f(x) | x ∈ E} .

On dit qu’une fonction f : E → C est bornée sur E si l’ensemble {|f(x)| | x ∈ E} est majoré. Onnote alors sup

E|f | ou encore sup

x∈E|f(x)| le réel sup {|f(x)| | x ∈ E} .

1.2. Subdivisions

Soit [a, b] ⊂ R un segment.

Définition 1.4. — On appelle subdivision de [a, b] tout sous-ensemble fini de [a, b] contenant a etb. Un tel sous-ensemble σ est identifié avec l’unique suite strictement croissante (a0 = a < a1 < · · · <am = b) formée par les éléments de σ.

Définition 1.5. — Le pas de la subdivision (a0 < · · · < am) est la longueur aj+1 − aj du plusgrand des m sous intervalles [aj , aj+1]. Une subdivision est dite régulière si tous les m sous inter-

valles précédents sont de même longueurb− am

. Pour tout η > 0, on désignera par Ση l’ensemble dessubdivisions de pas ≤ η.

On peut munir l’ensemble des subdivisions de [a, b] d’une relation d’ordre définie par l’inclusion :

Définition 1.6. — On dira qu’une subdivision σ′ de [a, b] est un raffinement d’une subdivision σde [a, b] si σ ⊂ σ′. On dit aussi que σ′ est plus fine que σ.

Définition 1.7. — Une subdivision pointée (σ, ξ) de [a, b] est la donnée d’une subdivision σ = (a0 <

· · · < am) et d’un m-uplet de points ξ = (x0, . . . , xm−1) ∈m−1∏i=0

[ai, ai+1]. Le pas de (σ, ξ) est le pas de

σ, et on dira qu’une subdivision pointée (σ′, ξ′) est un raffinement d’une subdivision pointée (σ, ξ) siσ ⊂ σ′.

1.3. Quelques classes de fonctions réelles définies sur un segment

Soit I = [a, b] un segment de R.

1.3.1. Les fonctions continues. —

Définition 1.8. — Une fonction f : I → R est dite continue sur I si f est continue en tout pointx0 ∈ I :

∀ε > 0, ∃α > 0, |x− x0| ≤ α⇒ |f(x)− f(x0)| < ε.

De façon équivalente, f est continue sur I si pour toute suite (xn) convergente d’éléments de I,(f(xn)) converge vers f(limxn) (on appréciera la commutation avec la limite).

Rappelons le théorème suivant :

1.3. QUELQUES CLASSES DE FONCTIONS RÉELLES DÉFINIES SUR UN SEGMENT 15

Théorème 1.9. — Toute fonction f : I → R continue est bornée et atteint ses bornes : il existex0, x1 ∈ I tels que f(x0) = inf

If et f(x1) = sup

If.

1.3.2. Les fonctions continues par morceaux, fonctions en escalier. —

Définition 1.10. — Une fonction f : I → R est dite continue par morceaux sur I s’il existeune subdivision de I = [a, b] σ = (a = a0 < · · · < an = b), et pour tout k = 1, . . . , n une fonctioncontinue fk : [ak−1, ak] telle que f et fk coincident sur ]ak−1, ak[. On dira alors que la subdivision σest adaptée à f. Si de plus, fk est constante pour tout k, f est appelée fonction en escalier associéeà la subdivision (a0 < · · · < an).

Remarque:– Il est important de noter que f a alors un nombre fini de points de discontinuité, et qu’en cespoints, les limites à droite et les limites à gauche existent :

pour tout x0 ∈ I limx→x0x>x0

f(x) := f(x+0 ) et limx→x0x<x0

f(x) := f(x−0 ) existent.

– Une fonction continue par morceaux sur un segment est toujours bornée.

1.3.3. Les fonctions réglées. —

Définition 1.11. — Une fonction f : I → R est dite réglée sur I = [a, b] si elle possède en toutpoint intérieur x0 ∈]a, b[ des limites à droite et à gauche finies, ainsi qu’une limite à droite finie en aet une limite à gauche finie en b.

Exemples: Les fonctions continues et continues par morceaux sur I sont des fonctions réglées surI.

Exercice 1.1. — Constuire une fonction réglée qui n’est pas continue par morceaux.

Exercice 1.2. — Montrer que toute fonction monotone sur [a, b] est réglée.

Nous avons la caractérisation suivante des fonctions réglées.

Théorème 1.12. — Pour qu’une fonction f : I → R soit réglée, il faut et il suffit que f soit unifor-mément approchable par des fonctions en escalier : il existe une suite (gn) de fonctions en escalier surI telle que sup

I|gn − f | →

n→+∞0.

Preuve : (hors programme, mais toutefois très instructive, puisqu’elle concerne les limites uniformeset la compacité)

Démontrons d’abord le sens réciproque : toute fonction uniformément approchable par des fonctionsen escalier est réglée. Soient une application f : I → R, une suite de fonctions en escalier (gn) telle quesupI|gn − f | → 0 et enfin x0 ∈ I. Il est suffisant, par symétrie, de se placer dans le cas où x0 ∈ [a, b[

et dans le cas des limites à droite. Soit ε > 0. Il existe alors n ∈ N telle que supI|gn − f | ≤ ε. Comme

gn est une fonction en escalier, il existe une subdivision (a0, . . . , am) telle que gn est constante surles intervalles de la forme ]ak, ak+1[. Il existe α > 0 tel que ]x0, x0 + α[ soit contenu dans l’un de cesintervalles [si x0 n’est pas l’un des ak, on peut même avoir ]x0 − α, x0 + α[ ], et donc tel que gn soitconstante sur ]x0, x0 + α[. Alors on a, pour tous x, y ∈]x0, x0 + α[ :

|f(x)− f(y)| = |f(x)− gn(x) + gn(x)− f(y)|≤ |f(x)− gn(x)|+ |gn(x)− f(y)|≤ |f(x)− gn(x)|+ |gn(y)− f(y)| [car gnest constante sur ]x0, x0 + α[ ]≤ 2ε [car |fn(t)− gn(t)| ≤ ε pour tout t ∈ I]


Le critère de Cauchy pour les fonctions nous assure alors que la limite à droite de f existe en x0.Montrons à présent que toute fonction réglée est limite uniforme de fonctions en escalier. Soit f

une fonction réglée. f admet donc des limites à droite et à gauche en tout point x ∈]a, b[, une limiteà droite en a et une limite à gauche en b. Soit ε > 0. Pour tout x ∈ [a, b], il existe αx > 0 tel que :{

pour tout y ∈ I∩]x− αx, x[, |f(y)− f(x−0 )| ≤ εpour tout y ∈ I∩]x, x+ αx[, |f(y)− f(x+0 )| ≤ ε.

Pour tout x ∈ I, on note alors Bx = I∩]x−α, x+α[.On a ∪x∈IBx = I (les Bx forment un recouvrementde I par des ouverts). Admettons d’abord le lemme suivant, nous y reviendrons à la fin :

Lemme 1.13. — Tout segment I = [a, b] ⊂ R a la propriété suivante : pour toute famille I d’ouvertsBi =]ai, bi[∩I, i ∈ I, ai, bi ∈ R, telle que ∪i∈IBi = I, il existe une sous famille finie J ⊂ I telle que∪i∈JBi = I.

Terminons la preuve du théorème. Ainsi, il existe x0 < · · · < xn tels que I = ∪ni=1Bxi . On supposeen outre qu’aucune de ces boules n’est incluse dans une autre, de sorte que ]xi, xi+1[⊂ Bxi ∪ Bxi+1

.Remarquons qu’il existe alors x′i ∈]xi, xi+1[ tel que x′i ∈ Bxi ∩ Bxi+1

. On définit alors la fonction enescalier φ : [a, b]→ R ainsi :

pour tout i = 0, . . . , n, φ(xi) = f(xi), et φ(x) = f(x′i) si x ∈]xi, xi+1[.

On a alors, si x est l’un des xi, |f(x)−φ(x)| = 0, et sinon x ∈]xi, xi+1[ et donc x ∈ Bxi ou x ∈ Bxi+1.

On suppose que x ∈ Bxi , l’autre cas se traitant de même. Dans ce cas,

|f(x)− φ(x)| = |f(x)− f(x+i ) + f(x+i )− f(x′i)| ≤ |f(x)− f(x+i )|+ |f(x+i )− f(x′i)| ≤ 2ε.

Ainsi on peut approcher f par φ à ε près :supI|f − φ| ≤ ε. Comme c’est vrai pour tout ε > 0, le

résultat s’ensuit. �Preuve du lemme: 1.13 [en termes savants, on va (presque) démontrer que le segment I a la propriété deBorel-Lebesgue]. Reste donc à prouver le lemme. Soit M ⊂ I le sous-ensemble des éléments m ∈ [a, b]tel qu’il existe une sous famille finie Jm ⊂ I telle que [a,m] ⊂ ∪i∈JmBi. a ∈M puisqu’il existe i avec{a} ⊂ Bi. De plus, M est un intervalle puisque si m ∈ M et a ≤ m′ ≤ m alors [a,m′] ⊂ ∪i∈JmBi.M est bien un segment : en effet, supposons que M = [a, c[. Comme c ∈ [a, b], il existe i0 ∈ Itel que c ∈ Bi0 =]ai0 , bi0 [∩I. ai0 ∈ M donc il existe J fini tel que [a, ai0 ] ⊂ ∪i∈JBi. Mais alors[a, c] ⊂ ∪i∈J∪i0Bi, ce qui est absurde car c /∈ M. Si M = [a, c] et si c < b on montre de même en

utilisantc+ min(b, bi0)

2∈M que c’est absurde. Ainsi M = [a, b] et on a prouvé le lemme. �

Exercice 1.3. — Montrer qu’une fonction réglée n’a au plus qu’un nombre dénombrable de points dediscontinuité (c’est à dire que cet ensemble est fini ou en bijection avec N).

On peut alors en déduire aussi le résultat suivant :

Corollaire 1.14. — Toute fonction réglée sur un segment est bornée sur ce segment.

Preuve : Soit f une fonction réglée sur le segment [a, b]. D’après le théorème 1.12, il existe alors φ unefonction en escalier de [a, b] telle que supI |f − φ| ≤ 1. Ainsi, pour tout x ∈ I, |f(x)| ≤ |φ(x)| + 1.Comme φ est bornée, disons par M, on a : pour tout x ∈ I, |f(x)| ≤M + 1 et f est donc bornée surI. �

1.4. SOMMES DE RIEMANN, INTÉGRALE D’UNE FONCTION RÉGLÉE 17

1.4. Sommes de Riemann, intégrale d’une fonction réglée

1.4.1. Somme de Riemann associée à une fonction et à une subdivision pointée. —Soit f : [a, b] → R une fonction bornée sur un segment I = [a, b] et (σ, ξ) une subdivision poin-tée de I. On définit la somme de Riemann associée à la fonction f et à la subdivision pointée(σ = (a0 < · · · < am), ξ = (x0, . . . , xm−1)) par

S(σ,ξ)(f) =

m−1∑k=0

(ak+1 − ak)f(xk), (1)

Dans le cas d’une subdivision régulière, toute somme de Riemann s’écrit

S(f) =b− am

m∑k=1

f(xk).

1.4.2. Sommes de Darboux et intégrabilité selon Riemann. — Étant donné une subdivisionσ = (a0 < · · · < am)= de [a, b], et une fonction f bornée sur [a, b], on définit les sommes suivantes :

– la somme majorante minimale

Sσ(f) =m−1∑k=0

(ak+1 − ak)wk,

où wk = sup[ak,ak+1]f,

– la somme minorante maximale

Sσ(f) =

m−1∑k=0

(ak+1 − ak)wk,

où wk = inf [ak,ak+1] f.

Remarque: Si σ′ est une autre subdivision de [a, b], alors

Sσ′(f) ≤ Sσ(f).

Si de plus σ′ est un raffinement de σ, alors

Sσ(f) ≤ Sσ′(f) ≤ Sσ′(f) ≤ Sσ(f).

Définition 1.15. — Étant donnée une fonction réelle bornée f sur [a, b], on définit l’intégrale supé-rieure de f par

Ib

a(f) = inf{Sσ(f), σ subdivision de [a, b]

},

et son intégrale inférieure par

Iba(f) = sup {Sσ(f), σ subdivision de [a, b]}

Une fonction bornée f : [a, b]→ R est dite intégrable au sens de Riemann (ou Riemann-intégrable)sur [a, b] si I

b

a(f) = Iba(f). Dans ce cas, son intégrale de Riemann est alors Iba(f) = Ib

a(f) = Iba(f).

Elle est également notée∫ baf(t)dt ou

∫[a,b]

f.

Définition 1.16. — Une fonction à valeurs réelles ou complexes définie sur un intervalle J quel-conque de R est dite localement intégrable si elle est Riemann-intégrable sur tout segment contenudans J.


Proposition 1.17. — Intégrale d’une fonction en escalier. Soit σ = (a0 < · · · < am) unesubdivision du segment [a, b]. Soit g une fonction en escalier associée à cette subdivision, et notons,pour tout k = 1, . . . ,m, tout t ∈]ak−1, ak[, g(t) = gk. Alors g est intégrable au sens de Riemann, etson intégrale est alors ∫ b

a

g(t)dt =

m∑k=1

(ak − ak−1)gk.

Preuve : Soit η le pas de σ On voit que, pour toute subdivision τ de [a, b]

Sτ (g) ≤m∑k=1

(ak − ak−1)gk ≤ Sτ (g)

(en prenant par exemple une subdivision ω plus fine que σ et τ et en utilisant la remarque précédente).On considère la suite de subdivisions (τn)n≥3 définie par

τn =(a0 < a0 +

η

n< a1 −

η

n< a1 < a1 +

η

n< · · · < am −

η

n< am

).

[On conntrôle ce qui se passe aux éventuels points de discontinuité]Alors

Sτn(g)−m∑k=1

(ak − ak−1)gk =

m∑k=1

η

n

(sup

[ak− ηn ,ak]g − gk

)+

m∑k=1

η

n

(sup

[ak−1,ak−1+ηn ]

g − gk

),

≤2τm sup[a,b] |g|

n,

Ainsi(Sτn(g)

)tend vers

m∑k=1

(ak − ak−1)gk. De même,(Sτn(g)

)tend vers

m∑k=1

(ak − ak−1)gk, d’où le

résultat. �Le résultat suivant est d’une importance capitale, nous allons l’utiliser de très nombreuses fois dans

les démonstrations.

Théorème 1.18. — Soit f : [a, b] → R une fonction bornée. Les assertions suivantes sont équiva-lentes :i. f : [a, b]→ R est intégrable au sens de Riemann.

ii. Pour tout ε > 0, il existe une subdivision σ tel que Sσ(f)− Sσ(f) ≤ ε.iii. ∀ε > 0, ∃ η > 0, ∀σ ∈ Ση, Sσ(f)−Sσ(f) ≤ ε, où Ση désigne l’ensemble de toutes les subdivisions

σ de [a, b] de pas ≤ η.

Preuve : (hors programme)iii)⇒ ii) est évidente et ii)⇒ i) est claire par la définition de l’intégrabilité, vu qu’on a alors I

b

a(f) ≤Iba(f)+ε pour tout ε > 0. On admettra la dernière implication, plutôt technique : il s’agit de considérerdes fonctions en escaliers naturellement associées aux sommes de Darboux, dont l’intégrale selonRiemann est proche de celle de f, puis de comparer ces intégrales aux sommes de Riemann associéesà une subdivision donnée de pas < η.

Soit f Riemann-intégrable, ε > 0 et soit τ = (b0 < · · · < bm) une subdivision telle que |Sτ (f) −Iba(f)| < ε

4 et |Sτ (f)− Iba(f)| < ε4 . Une telle subdivision existe du fait de l’intégrabilité de f : il suffit

de prendre deux subdivisions approchant Ib

a(f) et Iba(f) à ε près, puis de prendre une subdivisionadaptée aux deux (c’est à dire qui est plus fine que l’une et l’autre à la fois). On considère de plus lesdeux fonctions en escalier suivantes :

u : [a, b]→ R, u(bi) = f(bi) et u(x) = inf[bi,bi+1]

f si x ∈]bi, bi+1[.


v : [a, b]→ R, u(bi) = f(bi) et v(x) = sup[bi,bi+1]

f si x ∈]bi, bi+1[.

On a Iba(u) ≤ Iba(f) ≤ Iba(v) et |Iba(u)− Iba(v)| < ε2 .

Soit σ = (a0 < · · · < an) une subdivision de [a, b] de pas plus petit que

η =ε

4(m+ 1)η sup[a,b] |f |.

Soient, pour tout i = 0, . . . , n− 1, xi ∈ [ai, ai+1].On considère l’ensemble A = {i ∈ {0, . . . , n− 1} | [aj , aj+1] ∩ τ = ∅} et B = {0, . . . , n} \ A. Pour

tout i ∈ A, u et v sont constantes sur [ai, ai+1], et on a donc :

(ai+1 − ai)u(xi) ≤ (ai+1 − ai)f(xi) ≤ (ai+1 − ai)v(xi).

En sommant, on obtient :∑i∈A

(ai+1 − ai)u(xi) ≤∑i∈A

(ai+1 − ai)f(xi) ≤∑i∈A

(ai+1 − ai)v(xi).

Si i ∈ B, on a la majoration|(ai+1 − ai)f(xi)| ≤ η sup

[a,b]

|f |,

d’où ∣∣∣∣∣∑i∈B

(ai+1 − ai)f(xi)

∣∣∣∣∣ ≤∑i∈B|(ai+1 − ai)f(xi)| ≤ |B|η sup

[a,b]

|f |.

Pour tout i ∈ {0, . . . , n− 1}, soit yi ∈ [ai, ai+1]. On a les mêmes inégalités pour les yi que pour lesxi et l’on obtient :

n−1∑i=0

(ai+1 − ai)f(xi)−n−1∑i=0

(ai+1 − ai)f(yi) =∑i∈A

(ai+1 − ai)f(xi)−∑i∈A

(ai+1 − ai)f(yi)

+∑i∈B

(ai+1 − ai)f(xi)−∑i∈B

(ai+1 − ai)f(yi)

≤∑i∈A

(ai+1 − ai)(v(xi)− u(yi))

+∑i∈B

(ai+1 − ai)f(xi)−∑i∈B

(ai+1 − ai)f(yi)

d’où, en remarquant que u(xi) = u(yi) si i ∈ A puis que v ≥ u,∣∣∣∣∣n−1∑i=0

(ai+1 − ai)f(xi)−n−1∑i=0

(ai+1 − ai)f(yi)

∣∣∣∣∣ ≤∑i∈A

(ai+1 − ai)(v(xi)− u(xi))

+

∣∣∣∣∣∑i∈B

(ai+1 − ai)f(xi)

∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∑i∈B

(ai+1 − ai)f(yi)

∣∣∣∣∣≤Iba(v)− Iba(u) + 2|B|η sup

[a,b]

|f | ≤ ε,

On fait tendre chaque xi vers sup[ai,ai+1]

f et chaque yi vers inf[ai,ai+1]

f. Le passage de l’inégalité précédente

à la limite nous donne exactement iii. �

Corollaire 1.19. — Soit f : [a, b]→ R une fonction intégrable au sens de Riemann et soit ((σn, ξn))une suite de subdivisions pointées de [a, b] dont le pas tend vers 0. Alors la suite de sommes de Riemann(S(σn,ξn)(f)) associées à (σn, ξn) et f tend vers Iba(f).


Preuve : Soit f : [a, b] → R une fonction intégrable au sens de Riemann et soit (σn, ξ) une suite desubdivisions de [a, b] dont le pas ησn tend vers 0. Soit ε > 0. iii) nous indique qu’il existe η > 0 telque, pour tout σ ∈ Ση, [Sσ(f), Sσ(f)] ⊂ [Iba(f) − ε, Iba(f) + ε]. Il existe alors n0, tel que, pour toutn ≥ n0, ησn ≤ η. On a alors, pour tout n ≥ n0, S(σn,ξn)(f) ∈ [Sσn(f), Sσn(f)] ⊂ [Iba(f)− ε, Iba(f) + ε].

�

Exemple: La fonction de Dirichlet f : [0, 1]→ R définie par :

f(x) =

{1 si x ∈ Q ∩ [0, 1]

0 si x ∈ [0, 1] \Q

n’est pas intégrable au sens de Riemann sur [0, 1]. En effet, comme Q est dense dans R, on voitque pour toute subdivision σ de [a, b], Sσ(f) = 1 et Sσ(f) = 0.

Exemple: La fonction f : [0, 1]→ R définie par :

f(x) =

{1q si x ∈ Q ∩ [0, 1] s’écrit p

q sous forme irréductible0 si x ∈ [0, 1] \Q

est intégrable au sens de Riemann sur [0, 1] et Iba(f) = 0.En effet, on a de même Sσ(f) = 0. Il suffit donc d’exhiber, pour tout ε > 0 une subdivision σ

de [0, 1] telle que Sσ(f) ≤ ε. Soit ε > 0 et soit un entier q0 > 2ε . Soit

A =

{p

q| (p, q) ∈ N× N∗, pgcd(p, q) = 1, q ≤ q0, p ≤ q

}.

A étant fini et contenant 0 et 1, on peut considérer la subdivision τ = (0 = a0 < · · · < am = 1)donnée par A. On considère alors

σ = (a0 + γ < a1 − γ < a1 < a1 + δ < · · · < am − γ < am),

où γ = min(η,

ε

4m

). On a alors

Sσ(f) ≤ 1

q0 + 1+ 2γm ≤ ε,

puisque sup[ak+γ,ak+1−γ]

f ≤ 1

q0 + 1et sup[0,1] f = 1.

1.4.3. Premières propriétés de l’intégrale. —

Proposition 1.20. — Linéarité : L’ensemble Iba des fonctions f : [a, b] → R intégrables au sensde Riemann est un R-espace vectoriel. De plus l’application Iba : Iba → R, f 7→ Iba(f) est une formelinéaire.

Preuve : Soient f, g ∈ Iba, λ, µ ∈ R. Soit ε > 0. Soient σ1 une subdivision de [a, b] telle que Sσ1(f) −

Sσ1(f) ≤ ε, et σ2 une subdivision de [a, b] telle que Sσ2

(f)−Sσ2(f) ≤ ε. De telles subdivisions existent

car f, g intégrables. On considère alors σ plus fine à la fois que σ1 et σ2 (par exemple σ = σ1 ∪ σ2).Une majoration immédiate (de sup) conduit à

Sσ(λf + µg) ≤ λSσ1(f) + µSσ2

(g).

De mêmeSσ(λf + µg) ≥ λSσ1

(f) + µSσ2(g).

On obtient ainsiSσ(λf + µg)− Sσ(λf + µg) ≤ (λ+ µ)ε.

Comme c’est vrai pour tout ε > 0, λf + µg est Riemann-intégrable en vertu du théorème 1.18.


Pour montrer que c’est bien une forme linéaire, considérons trois suites de sommes de Riemann(Sn(f) = S(σn,ξn)(f)), (Sn(g) = S(σn,ξn)(g)), (Sn(λf + µg) = S(σn,ξn)(λf + µg)) associées respecti-vement à f, g, λf + µg et aux mêmes subdivisions pointées (σn, ξn) dont le pas tend vers 0. AlorsSn(f) → Iba(f), Sn(g) → Iba(f) et Sn(λf + µg) → Iba(λf + µg), d’après le corollaire 1.19. On aSn(λf + µg) = λSn(f) + µSn(g) d’où Iba(λf + µg) = λIba(f) + µIba(g) en passant à la limite, unenouvelle fois en vertu du corollaire 1.19. �

Proposition 1.21. — Soient f, g : [a, b]→ R Riemann-intégrables. Alors fg est Riemann-intégrable.Iba est ainsi muni d’une structure de R-algèbre.

Remarque: Attention, l’intégrale d’un produit n’est pas toujours le produit des intégrales.

Preuve : On s’appuie sur le lemme suivant.

Lemme 1.22. — Si h : [a, b]→ R est positive et Riemann intégrable, h2 l’est aussi.

Supposons le lemme, et démontrons alors la proposition. f et g sont bornées, donc m1 = inf [a,b] fet m2 = inf [a,b] g existent. Alors (f −m1), (g−m2) et (f + g−m1−m2) sont trois fonctions positivesintégrables au sens de Riemann, donc, d’après le lemme, de carré intégrable. Comme

2fg = (f −m1 + g −m2)2 − (f −m1)2 − (g −m2)2 + 2m1g + 2m2f −m1m2,

on voit que fg est intégrable. �Preuve du lemme: Soit h : [a, b]→ R positive Riemann-intégrable. Soient ε > 0 et σ = (a0 < · · · < am)une subdivision de [a, b] telle que Sσ(h)− Sσ(h) ≤ ε sup[a,b] h.

On a

Sσ(h2)− Sσ(h2) =

m−1∑k=0

(ak+1 − ak)

(sup

[ak,ak+1]

(h2)− inf[ak,ak+1]

(h2)

)

=

m−1∑k=0

(ak+1 − ak)

(( sup[ak,ak+1]

h)2 − ( inf[ak,ak+1]

h)2

)

=

m−1∑k=0

(ak+1 − ak)( sup[ak,ak+1]

h− inf[ak,ak+1]

h)( sup[ak,ak+1]

h+ inf[ak,ak+1]

h)

≤ sup[a,b]

h

m−1∑k=0

(ak+1 − ak)( sup[ak,ak+1]

h− inf[ak,ak+1]

h)︸︷︷︸Sσ(h)−Sσ(h)

≤ ε,

ce qui prouve le lemme en vertu du théorème 1.18 ii. �

Proposition 1.23. — Relation de Chasles : Soit f : [a, b]→ R. et c ∈]a, b[. Alors f est intégrableau sens de Riemann sur [a, b] si et seulement si f est intégrable au sens de Riemann sur [a, c] et sur[c, b]. Dans ce cas Iba(f) = Ica(f) + Ibc (f).

Preuve :(⇒) Soit f : [a, b] → R Riemann-intégrable sur [a, b]. Soit ε > 0. On considère une subdivision σ

contenant c telle que Sσ(f)−Sσ(f) ≤ ε, ainsi que les deux subdivisions σ1 = [a, c]∩σ et σ2 = [c, b]∩σ(c’est possible, d’après le théorème 1.18 iii.). On a donc

ε ≥ Sσ(f)− Sσ(f) = Sσ1(f) + Sσ2

(f)− Sσ1(f)− Sσ2

(f) = Sσ1(f)− Sσ1

(f)︸︷︷︸≥0

+Sσ2(f)− Sσ2

(f)︸︷︷︸≥0

,


et donc Sσ1(f)−Sσ1(f) ≤ ε et Sσ2(f)−Sσ2

(f) ≤ ε. On en déduit que f Riemann-intégrable sur [a, c]et [c, b].

(⇐)Soit f : [a, b] → R Riemann-intégrable sur [a, c] et sur [c, b]. Soit ε > 0. On condidère σ1 unesubdivision de [a, c] et σ2 une subdivision de [c, b] telle que Sσ1

(f)−Sσ1(f) ≤ ε

2, et Sσ2

(f)−Sσ2(f) ≤

ε

2. Soit alors σ = σ1 ∪ σ2. On a

Sσ(f)− Sσ(f) = Sσ1(f)− Sσ1

(f) + Sσ2(f)− Sσ2

(f) ≤ ε.

D’où f Riemann-intégrable sur [a, b].L’égalité Iba(f) = Ica(f) + Ibc (f) s’obtient enfin en utilisant les sommes de Riemann associée à f et

une suite de subdivisions pointées (σn, ξn) de pas tendant vers 0 telle que c ∈ σn pour tout n.�

Remarque: Au vu de la relation de Chasles, on adoptera les convention suivantes :∫ a

a

f(t)dt = 0

∫ b

a

f(t)dt = −∫ a

b

f(t)dt.

Proposition 1.24. — Positivité : Soit f : [a, b] → R Riemann-intégrable telle que pour tout x ∈[a, b], f(x) ≥ 0. Alors Iba(f) ≥ 0.

Preuve : C’est immédiat car pour toute subdivision σ de [a, b] Sσ(f) ≥ 0. �

Exercice 1.4. — i. Montrer que si f, g : [a, b] → R sont Riemann-intégrables et si, pour toutx ∈ [a, b] f(x) ≤ g(x) alors

∫ baf(t)dt ≤

∫ bag(t)dt.

ii. Montrer que si h : [a, b] → R+ est une fonction Riemann-intégrable telle qu’il existe c > 0 avech(x) ≥ c pour tout x ∈ [a, b], alors h

12 est intégrable au sens de Riemann (on pourra s’inspirer du

lemme 1.22).

iii. En déduire que si h : [a, b] → R+ est une fonction positive Riemann-intégrable, h12 est Riemann

intégrable (on pourra considérer h+ δ, pour un δ > 0 bien choisi).

iv. En déduire que si f : [a, b]→ R est Riemann-intégrable, |f | l’est aussi et∣∣∣∣∣∫ b

a

f(t)dt

∣∣∣∣∣ ≤∫ b

a

|f(t)|dt.

Proposition 1.25. — Inégalité de la moyenne : Soit f : [a, b]→ R Riemann-intégrable et soientm,M tels que pour tout x ∈ [a, b], m ≤ f(x) ≤M. Alors

m(b− a) ≤∫ b

a

f(t)dt ≤M(b− a).

Preuve : f−m etM−f sont deux fonctions positives Riemann-intégrables et on a donc∫ ba

(f(t)−m)dt ≥0 et

∫ ba

(M − f(t))dt ≥ 0. Par linéarité de l’intégrale on obtient le résultat souhaité. �

Définition 1.26. — Le nombre1

b− a

∫ b

a

f(t)dt est appelé valeur moyenne de f sur [a, b].

1.5. INTÉGRALE D’UNE FONCTION RÉGLÉE 23

1.4.4. Cas des fonctions à valeurs complexes. — L’intégration de fonctions à valeurs complexesse fait en se ramenant au cas réel.

Définition 1.27. — Soit f : [a, b] → C. On appelle partie réelle (respectivement partie imaginaire)de f, et on note < f (resp. =f) la fonction t 7→ <(f(t)) (resp. t 7→ =(f(t))).

On a ainsi f = <f + i=f où <f,=f : [a, b]→ R.

Définition 1.28. — On dira qu’une fonction f : [a, b] → C est intégrable au sens de Riemann sisa partie réelle et partie imaginaire sont intégrables au sens de Riemann, et dans ce cas, on poseIba(f) = Iba(< f) + i Iba(= f).

On voit ainsi que l’intégrale est linéaire, vérifie la relation de Chasles (. . . ).

Exercice 1.5. — Montrer que si f : [a, b]→ C est Riemann-intégrable, |f |, l’est aussi et∣∣∣∣∣∫ b

a

f(t)dt

∣∣∣∣∣ ≤∫ b

a

|f(t)|dt.

1.5. Intégrale d’une fonction réglée

On se place à présent dans le cas des fonctions réglées.

1.5.1. Généralités. —

Théorème 1.29. — Toute fonction réglée sur [a, b] est intégrable au sens de Riemann sur [a, b].

Preuve : Soit f : [a, b] → R une fonction réglée non identiquement nulle (le cas où f est nulle étanttrivial). On va démontrer que la condition ii). du théorème 1.18 est satisfaite. Soit ε > 0. D’après lethéorème 1.12, il existe une fonction en escalier φ : [a, b] → R telle que sup

[a,b]

|f − φ| ≤ ε

4(b− a). Soit

σ = (a0 < · · · < am) une subdivision de pas η adaptée à φ.

Soit α = min

(η

2,

ε

8mα sup[a,b] |f |

)et la subdivision

τ = (a0 < a0 + α < a1 − α < a1 < a1 + α < · · · < am − α < am).

Soient x0 ∈ [a0 + α, a1 − α], . . . , xm−1 ∈ [am−1 + α, am − α]. On a∣∣∣∣∣m−1∑k=0

(ak+1 − α− (ak + α)) (f(xk)− φ(xk))

∣∣∣∣∣ ≤m−1∑k=0

(ak+1 − ak) |f(xk)− φ(xk)|

≤ sup[a,b]

|f − φ|m−1∑k=0

(ak+1 − ak) ≤ ε

4(b− a)(b− a)

≤ ε

4,

d’où en passant au sup (φ est constante sur les [ak + α, ak+1 − α]), on a :∣∣∣∣∣m−1∑k=0

(ak+1 − α− (ak + α))

(sup

[ak+1−α,ak+α]f − φ

(ak + ak+1

2

))∣∣∣∣∣ ≤ ε

4.


De plus,∣∣∣∣∣Sτ (f)−m−1∑k=0

(ak+1 − α− (ak + α)) sup[ak+1−α,ak+α]

f

∣∣∣∣∣ ≤(a0 + α− a0) sup[a,b]

|f |

+ (am − (am − α)) sup[a,b]

|f |

+

m−1∑k=1

(ak + α− (ak − α)) sup[a,b]

|f |

≤2mα sup[a,b]

|f | ≤ ε

4

et donc, en notant bk =ak + ak+1

2,∣∣∣∣∣Sτ (f)−

m−1∑k=0

(ak+1 − α− (ak + α))φ (bk)

∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∣Sτ (f)−

m−1∑k=0

(ak+1 − α− (ak + α)) sup[ak+1−α,ak+α]

f

∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣m−1∑k=0

(ak+1 − α− (ak + α))

(sup

[ak+1−α,ak+α]f − φ (bk)

)∣∣∣∣∣≤ε

4+ε

4=ε

2.

La même inégalité s’obtient pour Sτ (f) de façon similaire. On obtient d’abord, en passant à lalimite, ∣∣∣∣∣

m−1∑k=0

(ak+1 − α− (ak + α))

(inf

[ak+1−α,ak+α]f − φ (bk)

)∣∣∣∣∣ ≤ ε

4,

puis, en notant que | inf f | ≤ sup |f |, on voit que∣∣∣∣∣Sτ (f)−m−1∑k=0

(ak+1 − α− (ak + α)) inf[ak+1−α,ak+α]

f

∣∣∣∣∣ ≤ 2mα sup[a,b]

|f | ≤ ε

4.

On en déduit alors ∣∣∣∣∣Sτ (f)−m−1∑k=0

(ak+1 − α− (ak + α))φ((bk))

∣∣∣∣∣ ≤ ε

2.

On a donc finalementSτ (f)− Sτ (f) ≤ ε.

�

Corollaire 1.30. — Pour toute fonction réglée f : [a, b]→ R et toute famille de subdivisions pointéesdont le pas tend vers 0, les sommes de Riemann correspondantes tendent vers Iba(f).

Preuve : C’est une conséquence immédiate du théorème et du corollaire 1.19. �

Exercice 1.6. — Donner un exemple de fonction Riemann-intégrable qui n’est pas réglée.

Pour chaque segment [a, b] de R notons Reg([a, b]) l’espace vectoriel des fonctions réglée sur [a, b].Le théorème suivant résume les premières propriétés de l’intégrale.

Théorème 1.31. — Pour tout segment [a, b] de R, il existe une forme linéaire Iba sur Reg([a, b])vérifiant :

– S’il existe w0 ∈ R tel que ∀t ∈]a, b[, f(t) = w0, alors Iba(f) = (b− a)w0

– Si ∀t ∈ [a, b], f(t) ≥ 0, alors Iba(f) ≥ 0 (positivité)


de manière que ces formes linéaires se raccordent selon la relation de Chasles :si b ∈ [a, c] alors f ∈ Reg([a, c])⇔ f ∈ Reg([a, b]) ∩Reg([b, c]) et

Ica(f) = Iba(f) + Icb (f).

Remarque: Par la suite, on utilisera presque exclusivement la notation∫ baf(t)dt plutôt que Iba(f),

car elle met en valeur f plutôt que la forme linéaire Iba.Rappelons qu’on a adopté les convention suivantes :∫ a

a

f(t)dt = 0

∫ b

a

f(t)dt = −∫ a

b

f(t)dt.

Rappelons que si f : [a, b] → R est positive et réglée, alors∫ baf(t)dt ≥ 0. On montrera alors en

exercice les résultats suivants :

Exercice 1.7. — Si f : [a, b]→ R est continue, positive et non identiquement nulle sur [a, b], montrerque ∫ b

a

f(t)dt > 0.

Exercice 1.8. — Soit f : [a, b]→ R une fonction Riemann-intégrable.

i. On suppose que, pour tout x ∈ [a, b], f(x) > 0 et que∫ b

a

f(t)dt = 0. Montrer l’assertion :

(∗) pour tout ε > 0, il existe [α, β] ⊂ [a, b](α < β), tel que, pour tout x ∈ [α, β], f(x) < ε.

Conclure à une absurdité en construisant une suite de segments emboités.

ii. En déduire que si f ≥ 0,∫ baf(t)dt est nulle si et seulement si l’ensemble de ses zéros Z = {x ∈

[a, b] | f(x) = 0} est dense dans [a, b].

Proposition 1.32. — Formule de la moyenne. Soit f : [a, b]→ R continue et soit g : [a, b]→ RRiemann-intégrable et positive sur [a, b]. Alors

il existe x0 ∈ [a, b],

∫ b

a

f(t)g(t)dt = f(x0)

∫ b

a

g(t)dt.

Preuve : f est continue donc réglée et ainsi Riemann-intégrable. Comme Iba est une R algèbre, fg estRiemann intégrable, donc

∫ baf(t)g(t)dt existe. Si

∫ bag(t)dt = 0, alors

|∫ b

a

f(t)g(t)dt| ≤∫ b

a

|f(t)g(t)|dt ≤∫ b

a

g(t) sup[a,b]

|f |dt = sup[a,b]

|f |∫ b

a

g(t)dt = 0,

d’où le résultat.Sinon, on considère m = min

[a,b]f et M = max

[a,b]f (ils existent car f est continue). On a alors

m

∫ b

a

g(t)dt ≤∫ b

a

f(t)g(t)dt ≤M∫ b

a

g(t)dt

d’où m ≤∫ baf(t)g(t)dt∫ bag(t)dt

≤ M. Le théorème des valeurs intermédiaires pour f nous assure qu’il existe

alors x0 ∈ [a, b] tel que f(x0) =

∫ baf(t)g(t)dt∫ bag(t)dt

, d’où le résultat. �


Corollaire 1.33. — Si f : [a, b]→ R est continue, alors :

il existe x0 ∈ [a, b],

∫ b

a

f(t)dt = (b− a)f(x0).

Preuve : C’est immédiat, en prenant g = 1. �

Proposition 1.34. — Inégalité de Cauchy-Schwartz. Soient f, g : [a, b] → C deux fonctionsRiemann-intégrables sur [a, b]. Alors :∣∣∣∣∣

∫ b

a

f(t)g(t)dt

∣∣∣∣∣2

≤

(∫ b

a

|f |2(t)dt

)(∫ b

a

|g|2(t)dt

).

Si, de plus, f et g sont continues et g non identiquement nulle, cette inégalité est une égalité si etseulement si il existe α ∈ C tel que f = αg.

Preuve : Toutes les intégrales intervenant ici existent bien car on a vu (dans le cas réel, et le cascomplexes s’en déduit immédiatement) que Iba était une algèbre. Soit H : C→ R+ définie par

H(λ) =

∫ b

a

(f(t) + λg(t))(f(t) + λg(t))dt

= |λ|2∫ b

a

|g(t)|2 + λ

∫ b

a

f(t)g(t)dt+ λ

∫ b

a

f(t)g(t)dt+

∫ b

a

|f(t)|2dt

Si∫ baf(t)g(t)dt = 0, le résultat est clair. Sinon, spécialisons en λ = ρ

∫ baf(t)g(t)dt∣∣∣∫ ba f(t)g(t)dt

∣∣∣ , ρ ∈ R (on

considère H sur la droite réelle engendrée par∫ baf(t)g(t)dt∣∣∣∫ ba f(t)g(t)dt

∣∣∣ ). H(λ) devient

H∗(ρ) = ρ2∫ b

a

|g(t)|2 + 2ρ

∣∣∣∣∣∫ b

a

f(t)g(t)dt

∣∣∣∣∣+

∫ b

a

|f(t)|2dt.

Mais H(λ) ≥ 0, donc le trinôme H∗(ρ) est ≥ 0. Son coefficient dominant (positif ou nul) n’est pas nulcar sinon H∗ serait affine donc constant, et donc

∫ baf(t)g(t)dt 6= 0, ce qui est exclu. Son discriminant

doit donc être ≤ 0, ce qui donne exactement l’inégalité souhaitée.Supposons à présent que f et g soient continues, g non identiquement nulle, et que l’inégalité de

Cauchy-Schwartz soit une égalité. Comme g est continue, on a∫ ba|g(t)|2dt > 0. Le discriminant du

trinome H∗ est nul, donc H∗ a un zéro ρ0, et par suite, il existe α ∈ C tel que 0 = H(−α) =∫ b

a

|f − αg|2dt. Comme |f − αg|2 est continue, |f − αg|2 est nulle et f = αg. �

1.5.2. Intégrales et primitives. —

Définition 1.35. — Soit I un intervalle de R. On rappelle qu’une fonction f : R → C est ditelipschitzienne de rapport k si pour tous x, y ∈ I |f(y)− f(x)| ≤ k|x− y|

On voit immédiatement qu’une fonction lipschitzienne est continue.

Théorème 1.36. — Soit f : [a, b] → R intégrable au sens de Riemann. Alors on a les propriétéssuivantes :

i. la fonction F : [a, b]→ R, F (x) =∫ xaf(t)dt est bien définie et est lipschitzienne, donc continue.


ii. Si de plus, f est réglée, F est dérivable à droite et à gauche en tout point de ]a, b[, dérivable àdroite en a et à gauche en b.

iii. Si de plus, f est continue, F est dérivable et vérifie, pour tout x ∈ [a, b], F ′(x) = f(x).

Preuve :

i. On a déjà prouvé que F était bien définie. Soient x, y ∈ [a, b]. On a

|F (y)− F (x)| =∣∣∣∣∫ y

x

f(t)dt

∣∣∣∣ ≤ |y − x| sup[a,b]

|f |,

et donc f est bien lipschitzienne de rapport sup[a,b] |f |.

ii. Nous allons montrer que, pour tout c ∈ [a, b[ tel que f(c+) existe, la limite limx→cx>c

F (x)− F (c)

x− cexiste. Le cas de la limite à gauche se traite de la même façon, et on peut alors conclure enutilisant la définition des fonctions réglées.

Soit c ∈ [a, b[ tel que f(c+) existe et soit ε > 0. Il existe α > 0 tel que, pour tout x ∈]c, b]|x− c| ≤ α⇒ |f(x)− f(c+)| ≤ ε. Soit x ∈]c, b] tel que |x− c| ≤ α et soit δ > 0. On a

|F (x)− F (c)− (x− c)f(c+)| = |∫ x

c

(f(t)− f(c+))dt| ≤∫ c+δ

c

2 sup[a,b]

|f |dt+

∫ x

c+δ

εdt.

≤ δ sup[a,b]

|f |+ |x− c|ε.

[On a introduit δ car on n’a pas d’information sur f(c)]Comme c’est valable pour tout δ > 0, on a :

|F (x)− F (c)− (x− c)f(c+)| ≤ |x− c|ε,

d’où F admet f(c+) comme dérivée à droite en c.

iii. C’est un corollaire immédiat de la conclusion de la preuve de ii. (en se rappelant que si c ∈]a, b[,f(c+) = f(c−) = f(c) et des conditions analogues en a et b).

�

Définition 1.37. — Soient I un intervalle non trivial de R et f : I → R une application. On appelleprimitive de f toute fonction F : I → R dérivable et telle que F ′ = f.

Rappelons la proposition suivante décrivant l’ensemble des primitives d’une fonction f lorsqu’il estnon vide.

Proposition 1.38. — Soit I un intervalle non trivial de R et f : I → R. Si f admet une primitiveF, l’ensemble des primitives de f est l’ensemble des applications Fc : I → R, x 7→ F (x) + c où cparcourt R.

Preuve : Soit F,G deux primitives de f . Alors (F−G)′ = 0 donc, d’après le théorème des accroissementsfinis, F − G est constante. Reciproquement, si F est une primitive de f , pour tout c ∈ R F + c estclairement une primitive de f. �

Notation : Lorsque F est une primitive de f, on note∫f = F (t)+c, ou encore

∫f(t)dt = F (t)+c.

Cette notation signifie que l’ensemble des primitives de f est constitué de fonctions de la formet 7→ F (t) + c, où c est une constante.

La connaissance d’une primitive permet alors de calculer une intégrale :


Corollaire 1.39. — Toute application continue f : [a, b]→ R admet au moins une primitive, et pourtoute primitive F de f sur [a, b] et on a∫ b

a

f(t)dt = F (b)− F (a) := [F ]ba.

Preuve : Il s’agit de vérifier l’égalité, le reste étant donné par le théorème 1.36. Soit F une primitive def et soit G : [a, b]→ R, x 7→

∫ xaf(t)dt la primitive donné dans le théorème 1.36. D’après la proposition

précédente, on a F (b)− F (a) = G(b)−G(a) =∫ baf(t)dt− 0. �

Exercice 1.9. — Soit f : [a, b]→ R de classe C1 avec f(a) = 0. Montrer que∫ b

a

|f(t)f ′(t)|dt ≤ 1

2(b− a)

∫ b

a

f ′2(t)dt.

Exercice 1.10. — i. Montrer que la suite (an)n∈N∗ définie par an =

n∑k=1

k2

n3est convergente et

calculer sa limite.

ii. Montrer que la suite (bn)n∈N∗ définie par bn =

n−1∑k=0

1√n2 + kn

est convergente et calculer sa limite.

iii. Montrer que la suite (cn)n∈N∗ définie par cn =

n∑k=0

n

n2 + k2converge et calculer sa limite `.

Donner un équivalent de `− cn lorsque n→ +∞.

Citons à présent deux conséquences immédiates du corollaire 1.39.

Théorème 1.40. — Intégration par parties. Soient u, v : [a, b]→ R deux fonctions de classe C1.Alors ∫ b

a

u′(t)v(t)dt = [uv]ba −∫ b

a

u(t)v′t)dt.

Preuve : On applique le corollaire précédent à la fonction continue f = u′v + uv′ dont une primitiveest F = uv :

[uv]ba =

∫ b

a

(u′(t)v(t) + u(t)v′(t))dt =

∫ b

a

u′(t)v(t)dt+

∫ b

a

u(t)v′(t)dt

�

Exercice 1.11. — Soit f de classe C1 sur [a, b]. Montrer que limn→+∞

∫ b

a

f(t)eintdt = 0. [Le résultat

est vrai plus généralement pour f intégrable et est connu sous le nom de lemme de Lebesgue].

Exercice 1.12. — Intégrale de Wallis. Pour tout n ∈ N, on pose

In =

∫ π2

0

sinn t dt

i. Montrer que, pour tout n ≥ 2, In =n

n− 1In−2.

ii. En déduire une expression de In pour tout n ∈ N.


iii. Montrer que limn→+∞

I2nI2n+1

= 1 et en déduire la formule de Wallis :

limn→+∞

1

n

(2n(2n− 2) · · · 2

(2n− 1)(2n− 3) · · · 1

)2

= π.

iv. Montrer que, lorsque n→ +∞, In ∼√

π

2n.

Théorème 1.41. — Changement de variables. Soit I un intervalle de R, φ une application C1

sur [a, b] et f : I → R une application continue telle que φ([a, b]) ⊂ I. Alors

∫ b

a

f(φ(t))φ′(t)dt =

∫ φ(b)

φ(a)

f(u)du.

Preuve : Soit F une primitive de f : [φ(a), φ(b)] → R. On applique le corollaire 1.39 à la fonctioncontinue [a, b]→ R, t 7→ f(φ(t))φ′(t) dont une primitive est F ◦ φ :

∫ b

a

f(φ(t))φ′(t)dt = F (φ(b))− F (φ(a)) =

∫ φ(b)

φ(a)

f(t)dt.

�

Remarque: Pour effectuer un changement de variables u = φ(t), on remplace les expressions en tpar les expression en u correspondantes, et il ne faut pas oublier de changer les bornes ainsi que leterme φ′(t)dt en du.

Exemple: Le changement de variables suivant permet le calcul des intégrales des fractions ration-nelles en sin, cos, et tan . L’idée est de transformer une intégrale du type

∫ baR(sin t, cos t, tan t)dt

en l’intégrale d’une fraction rationnelle que l’on sait donc calculer. On pose u = tant

2. On a

du =1

2(1 + u2)dt.


O

tt/2cos t

sin t1

1

Soit t ∈]π

2,π

2

[\ {0}. On a (cf la formule donnant tan 2a en fonction de tan a)

tan t =2 tan t

2

1− tan t2 tan t

2

,

d’oùtan t =

2u

1− u2.

De plus (cf dessin)

tant

2=

sin t

1 + cos t=

sin t

1 + sin ttan t

.

On en déduit donc que sin t =

(1 +

sin t

tan t

)u, puis que

sin t =u

1− utan t

=u

1− 1−u2

2

=2u

1 + u2.

Finalement cos t =sin t

tan t=

1− u2

1 + u2. On vérifie que ces formules sont correctes aussi en t = 0.

Exercice 1.13. — Calculer les intégrales suivantes :

i. A =

∫ 1

0

√1− t2dt.

ii. B =

∫ π2

0

sin2 t cos4 tdt.

iii. C =

∫ 1

0

dt

(1 + t2)2.

iv. D =

∫ π4

0

ln(1 + tan t) dt.

v. E =

∫ π2

π3

dt

sin t.

Exercice 1.14. — Donner les primitives des fonctions suivantes en précisant leur domaine de vali-dité


i. a(x) =1

x2 − 1

ii. b(x) =1

x2 − 2x+ 1

iii. c(x) =1

x2 − 2x+ 5

iv. d(x) =1

x4 − 3x2 − 4

v. e(x) =x2

x6 − 1

vi. f(x) =1

cosx

vii. g(x) =√

1− x2

viii. h(x) =1√

4− x2

ix. i(x) =arctanx

1 + x2

Théorème 1.42. — Formule de Taylor avec reste intégral. Soient a, b ∈ R, a < b. Alors pourtout f : [a, b]→ R de classe Cn+1, on a

f(b) = f(a) + (b− a)f ′(a)

1!+ · · ·+ (b− a)n

f (n)(a)

n!+Rn,

où

Rn =

∫ b

a

(b− t)n f(n+1)(t)

n!dt.

Preuve : On montre le résultat par récurrence.Pour les fonctions C1, c’est le corollaire 1.39 appliqué à la fonction continue f ′. Supposons vraie laformule à l’ordre n (c’est à dire que pour tout f de classe Cn) et montrons qu’elle est vraie à l’ordren+ 1. Soit f : [a, b]→ R de classe Cn+1. f est aussi de classe Cn donc vérifie la formule à l’ordre n :

f(b) = f(a) + (b− a)f ′(a)

1!+ · · ·+ (b− a)n−1

f (n−1)(a)

(n1)!+Rn−1,

où

Rn−1 =

∫ b

a

(b− t)n−1 f(n)(t)

(n− 1)!dt.

Comme f (n) est C1, on peut intégrer Rn−1 par parties (v = f (n) dans la formule) :

Rn−1 =

[− (b− t)n

n!f (n)(t)

]ba

+

∫ b

a

(b− t)n

n!f (n+1)(t)dt,

d’où la formule à l’ordre n+ 1. �Terminons notre étude par le résultat technique suivant.

Théorème 1.43. — Deuxième formule de la moyenne : Soient f : [a, b] → R+ une fonctionpositive décroissante et g : [a, b]→ R une fonction Riemann-intégrable. Alors il existe c ∈ [a, b] tel que∫ b

a

f(t)g(t)dt = f(a)

∫ c

a

g(t)dt.

Preuve : [Toute la difficulté de la preuve réside dans le fait que g n’est pas nécessairement positive.]f est décroissante donc réglée, et par conséquent intégrable. Comme Iba est une R-algèbre fg estintégrable.

Soit G : [a, b] → R, x 7→∫ xag(t)dt. On a vu que G est une fonction continue, elle est donc

bornée sur [a, b], et ainsi m = min[a,b]G et M = max[a,b]G existent. Il suffit de démontrer que

f(a)m ≤∫ b

a

f(t)g(t)dt ≤ f(a)M et d’appliquer alors le théorème des valeurs intermédiaires à f(a)G.

On peut même se contenter de démontrer∫ b

a

f(t)g(t)dt ≤ f(a)M

l’autre inégalité pouvant s’obtenir en considérant −g.Soit ε > 0. fg et g sont intégrables, donc il existe η > 0 tel que pour tout τ ∈ Ση,


Sτ (fg)− Sτ (fg) ≤ ε et Sτ (g)− Sτ (g) ≤ ε.Soit alors (σ, ξ) une subdivision pointée de [a, b] de pas ≤ η. Notons σ = (a0 < · · · < am) et

ξ = (x0, . . . , xm−1), où x0 ∈ [a0, a1], . . . , xm−1 ∈ [am−1, am]. On a (cf preuve du corollaire 1.19)∣∣∣∣∣S(σ,ξ)(fg)−∫ b

a

f(t)g(t)dt

∣∣∣∣∣ ≤ ε.On pose, pour tout i = 0, . . . ,m− 1,

mi = inf[ai,ai+1]

g, Mi = sup[ai,ai+1]

g et gi =

∫ ai+1

aig(t)dt

ai+1 − ai,

de sorte que mi ≤ gi ≤Mi.On a alors∣∣∣∣∣

m−1∑i=0

(ai+1 − ai)f(xi)gi −∫ b

a

f(t)g(t)dt

∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∣m−1∑i=0

(ai+1 − ai)f(xi)gi − S(σ,ξ)(fg)

∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣S(σ,ξ)(fg)−∫ b

a

f(t)g(t)dt

∣∣∣∣∣︸︷︷︸≤ε

Or,∣∣∣∣∣m−1∑i=0

(ai+1 − ai)f(xi)gi − S(σ,ξ)(fg)

∣∣∣∣∣ ≤m−1∑i=0

(ai+1−ai)f(xi)|gi−g(xi)| ≤m−1∑i=0

(ai+1−ai)f(a)(Mi−mi),

puisque mi ≤ g(xi), gi ≤Mi, et f positive décroissante. Finalement, on obtient donc :∣∣∣∣∣m−1∑i=0

(ai+1 − ai)f(xi)gi −∫ b

a

f(t)g(t)dt

∣∣∣∣∣ ≤ f(a)(Sσ(g)− Sσ(g)) + ε ≤ (f(a) + 1)ε.

Reste donc à estimerm−1∑i=0

(ai+1 − ai)f(xi)gi =

m−1∑i=0

(G(ai+1)−G(ai))f(xi).

m−1∑i=0


m−1∑i=0

G(ai+1)f(xi)−m−1∑i=0

G(ai)f(xi) =

m∑i=1

G(ai)f(xi−1)−m−1∑i=0

G(ai)f(xi)

[C’est la première sommation d’Abel que nous effectuons.] Nous obtenons doncm−1∑i=0


m−1∑i=1

G(ai) (f(xi−1)− f(xi))︸︷︷︸≥0 car f↘

+G(am) f(xm−1)︸︷︷︸≥0 car f≥0

− G(a0)f(x0)︸︷︷︸=0 car G(a)=0

On obtient doncm−1∑i=0

(ai+1 − ai)f(xi)gi ≤M

(f(xm−1) +

m−1∑k=1

(f(xi−1)− f(xi))

)= Mf(x0) ≤Mf(a).

Ainsi∫ baf(t)g(t)dt ≤Mf(a)+(1+f(a))ε. Comme c’est vrai pour tout ε > 0, on obtient la majoration

souhaitée et on a prouvé le théorème. �

Exercice 1.15. — Démontrer le théorème autrement en supposant de plus que f est C1 et g continue.

1.6. QUELQUES ERREURS FRÉQUENTES 33

1.6. Quelques erreurs fréquentes

– On ne peut pas intégrer n’importe quoi. Il faut toujours vérifier que la fonction est continue,continue par morceaux ou au pire réglée avant de se lancer dans des calculs.

– Il ne faut pas oublier le terme en dt ni de changer les bornes lors d’un changement de variables.– Il ne faut pas confondre primitives et intégrales.– Lors d’un calcul de primitives, il ne faut pas oublier de rétablir la variable initiale à la fin si l’on

est passé par un changement de variables.– Il ne faut pas écrire que l’intégrale d’une fonction positive est strictement négative : pensez à

vérifier vos résultats.– Des fonctions non nulles peuvent avoir une intégrale nulle, même dans le cas où elles sont positives.

On a besoin d’une connaissance supplémentaire (type continuité, ou une information sur les pointsde discontinuité) pour conclure.


1.7. Exercices





∫ baf(t)dt ≤

∫ bag(t)dt.



lemme 1.22).


intégrable (on pourra considérer h+ δ, pour un δ > 0 bien choisi).iv. En déduire que si f : [a, b]→ R est Riemann-intégrable, |f | l’est aussi et∣∣∣∣∣

∫ b

a

f(t)dt

∣∣∣∣∣ ≤∫ b

a

|f(t)|dt.


a

f(t)dt

∣∣∣∣∣ ≤∫ b

a

|f(t)|dt.



a

f(t)dt > 0.



a







a

|f(t)f ′(t)|dt ≤ 1

2(b− a)

∫ b

a

f ′2(t)dt.


n∑k=1

k2


calculer sa limite.


n−1∑k=0

1√n2 + kn


1.7. EXERCICES 35


n∑k=0

n




∫ b

a




In =

∫ π2

0

sinn t dt


n− 1In−2.



I2nI2n+1


limn→+∞

1

n

(2n(2n− 2) · · · 2

(2n− 1)(2n− 3) · · · 1

)2

= π.


π

2n.


i. A =

∫ 1

0

√1− t2dt.

ii. B =

∫ π2

0

sin2 t cos4 tdt.

iii. C =

∫ 1

0

dt

(1 + t2)2.

iv. D =

∫ π4

0

ln(1 + tan t) dt.

v. E =

∫ π2

π3

dt

sin t.


i. a(x) =1

x2 − 1

ii. b(x) =1

x2 − 2x+ 1

iii. c(x) =1

x2 − 2x+ 5

iv. d(x) =1

x4 − 3x2 − 4

v. e(x) =x2

x6 − 1

vi. f(x) =1

cosx

vii. g(x) =√

1− x2

viii. h(x) =1√

4− x2

ix. i(x) =arctanx

1 + x2

Exercice 1.15. — Démontrer la seconde formule de la moyenne autrement en supposant de plus quef est C1 et g continue.


1.8. Solutions


Solution : [Il s’agit de construire une fonction qui a un nombre infini (dénombrable) de discontinuité,de sorte qu’elle ne sera pas continue par morceaux, mais suffisamment régulière pour être réglée ;par exemple une fonction monotone convient.] Soient a < b deux réels. On considère la fonctionf : [a, b]→ R définie par f(x) = b−a

n si x ∈ [b− b−an , b− b−a

n+1 [ et f(b) = 0. Montrons que f est réglée.Sur tout intervalle [a, c], c ∈]a, b[, f est une fonction en escalier, et admet donc des limites à droiteet à gauche en tout point de ]a, c[, et à droite en a. Comme c’est valable pour tout c ∈]a, b[, il resteseulement à voir que f a une limite à gauche en b. Soit ε > 0. Il existe n0, pour tout n ≥ n0, b−an ≤ ε.Pour tout x ∈ [b − b−a

n0, b], on a alors |f(x)| ≤ ε. Donc f admet une limite à gauche en b. [On aurait

aussi pu dire que f est décroissante donc réglée ! (voir exercice 1.2)]f n’est pas continue par morceaux, puisqu’une fonction continue par morceaux n’a qu’un nombre fini

de points (au plus) de discontinuité, alors que f est discontinue en tout point de la forme b− b−an , n ∈ N.

�


Solution : [On va vérifier qu’une fonction monotone vérifie la condition de la définition d’une fonctionréglée] Soit f : [a, b] → R une fonction monotone. Quitte à considérer −f, on suppose que f estcroissante. On va montrer que f admet en tout point de ]a, b] une limite à gauche, un raisonnementanalogue (ou considérer f(−x)) montrant alors que f admet une limite à droite en tout point de [a, b[.Soit c ∈ [a, b[. f|[a,c[ : [a, c[→ R est croissante, majorée par f(c) donc admet une limite finie en c(valant supx<c f(x)). Ainsi f admet une limite à gauche en c. Par suite, f est réglée. �


Solution : [On peut montrer qu’une fonction monotone a au plus un nombre dénombrable de pointsde discontinuité, en considérant ses « sauts »f(c+) − f(c−) qui ont tous le même signe. Pour lesfonctions réglées, c’est plus délicat, donc on utilise la convergence uniforme de fonctions en escalier] Soitf : [a, b]→ R une fonction réglée. Soit (φn) une suite de fonctions en escalier telle que sup

[a,b]

|φn−f | → 0.

Pour tout n ∈ N, on note Dn l’ensemble fini des points de discontinuité de φn. Soit D = ∪n∈NDn. AlorsD est fini ou dénombrable, comme réunion d’ensembles finis [pour voir cela, il suffit de numéroter leséléments : une application injective convenable sera ici ψ : ∪n∈NDn → N, ψ(x) = #∪k−1n=0Dn + #{y ∈Dk \ ∪k−1n=0Dn, y < x}, si x ∈ Dk \ ∪k−1n=0Dn]. Soit c /∈ D. Soit ε > 0. Il existe n tel que :

pour tout x ∈ [a, b], |f(x)− φn(x)| ≤ ε

3.

Comme φn est continue en c, il existe α > 0 tel que :

pour tout x ∈ [a, b] tel que |x− c| ≤ α, |φn(x)− φn(c)| ≤ ε

3.

On a alors, pour tout x ∈ [a, b] tel que |x− c| ≤ α :

|f(x)− f(c)| = |f(x)− φn(x) + φn(x)− φn(c) + φn(c)− f(c)|≤ |f(x)− φn(x)|︸︷︷︸

ε3

+ |φn(x)− φn(c)|︸︷︷︸ε3

+ |φn(c)− f(c)|︸︷︷︸ε3

≤ ε.

f est donc continue en c, et est donc discontinue au plus en D, d’où le résultat. �


∫ baf(t)dt ≤

∫ bag(t)dt.

1.8. SOLUTIONS 37



lemme 1.22).


intégrable (on pourra considérer h+ δ, pour un δ > 0 bien choisi).

iv. En déduire que si f : [a, b]→ R est Riemann-intégrable, |f | l’est aussi et∣∣∣∣∣∫ b

a

f(t)dt

∣∣∣∣∣ ≤∫ b

a

|f(t)|dt.

Solution :

i. Soient f, g : [a, b] → R sont Riemann-intégrables telles que pour tout x ∈ [a, b], f(x) ≤ g(x).

Alors g(x)− f(x) ≥ 0 donc∫ ba

(g(t)− f(t))dt ≥ 0 et donc, par linéarité,∫ b

a

g(t)dt ≥∫ b

a

f(t)dt.

ii. Soit h est une fonction Riemann-intégrable telle qu’il existe c > 0 tel que pour tout x ∈ [a, b],h(x) ≥ c.

Soient ε > 0 et σ = (a0 < · · · < am) une subdivision de [a, b] telle que Sσ(h)− Sσ(h) ≤√cε.

On a

Sσ(h12 )− Sσ(h

12 ) =

m−1∑k=0

(ak+1 − ak)

(sup

[ak,ak+1]

(h12 )− inf

[ak,ak+1](h

12 )

)

=

m−1∑k=0

(ak+1 − ak)

(( sup[ak,ak+1]

h)12 − ( inf

[ak,ak+1]h)

12

)

=

m−1∑k=0

(ak+1 − ak)sup[ak,ak+1]

h− inf [ak,ak+1] h

(sup[ak,ak+1]h)

12 + (inf [ak,ak+1] h)

12

≤ 1√c

m−1∑k=0

(ak+1 − ak)

(sup

[ak,ak+1]

h− inf[ak,ak+1]

h

)≤ ε,

d’où h12 est intégrable au sens de Riemann.

iii. Soit h est une fonction positive Riemann-intégrable. Soit ε > 0. Posons δ = ε2

(b−a)2 . D’après ii,

(h+ δ)12 est Riemann intégrable. Donc il existe une subdivision σ = (a0 < · · · < am) de [a, b] telle

que Sσ(

(h+ δ)12

)− Sσ

((h+ δ)

12

)≤ ε.

On a

0 ≤ Sσ(

(h+ δ)12

)− Sσ(h

12 ) =

m−1∑k=0

(ak+1 − ak)

(( sup[ak,ak+1]

h+ δ)12 − ( sup

[ak,ak+1]

h)12

)

≤m−1∑k=0

(ak+1 − ak)√δ = (b− a)

√δ ≤ ε

puisque pour tous x, y ≥ 0,√x+ y ≤

√x+√y (il suffit d’élever au carré).


De même, en remplaçant sup par inf, on obtient

0 ≤ Sσ(

(h+ δ)12

)− Sσ(h

12 ) =

m−1∑k=0

(ak+1 − ak)

(( inf[ak,ak+1]

h+ δ)12 − ( inf

[ak,ak+1]h)

12

)

≤m−1∑k=0

(ak+1 − ak)√δ = (b− a)

√δ ≤ ε

On écrit alors

Sσ

(h

12

)− Sσ

(h

12

)=− Sσ

((h+ δ)

12

)+ Sσ(h

12 ) + Sσ

((h+ δ)

12

)− Sσ

((h+ δ)

12

)+ Sσ

((h+ δ)

12

)− Sσ(h

12 ) ≤ 3ε.

Ainsi h12 est intégrable au sens de Riemann.

iv. Soit f : [a, b] → R Riemann-intégrable. Alors |f | est Riemann-intébrable car |f | =√f2 (le

produit de deux fonctions Riemann-intégrables est Riemann-intégrable). Appliquons i. à (f ≤ |f |)

et (−|f | ≤ f). On obtient alors −∫ b

a

|f(t)|dt ≤∫ b

a

f(t)dt ≤∫ b

a

|f(t)|dt, et le résultat s’ensuit.

�


a

f(t)dt

∣∣∣∣∣ ≤∫ b

a

|f(t)|dt.

Solution : On applique iii. de l’exercice 1.4. Soit f : [a, b] → C Riemann-intégrable. Considéronsh = <(f)2 +=(f)2. C’est une fonction positive Riemann-intégrable car <(f) et =(f) sont intégrablesau sens de Riemann. Ainsi |f | =

√h est Riemann-intégrable. Posons

∫ baf(t)dt = reiθ et e−iθf(x) =

u(x) + iv(x), où u et v sont réelles. On a alors

r = e−iθ∫ b

a

f(t)dt =

∫ b

a

e−iθf(t)dt :=︸︷︷︸def

∫ b

a

u(t)dt︸︷︷︸∈R

+i

∫ b

a

v(t)dt︸︷︷︸∈R

=︸︷︷︸r réel

∫ b

a

u(t)dt≤∫ b

a

|u(t)|dt︸︷︷︸exercice 1.4

≤∫ b

a

|e−iθf(t)|dt ≤∫ b

a

|f(t)|dt.

�


Solution :[Il s’agit d’exhiber une fonction intégrable qui n’a pas de limite à droite ou à gauche en unpoint et qui pourtant est Riemann-intégrable.] Considérons f : [0, 1]→ R, définie par

f(x) =

{sin(1x

)si x 6= 0

0 si x = 0.

f n’a pas de limite à droite en 0 et donc n’est pas réglée. Montrons qu’elle est intégrable au sens deRiemann.

1.8. SOLUTIONS 39

Soit ε > 0. Posons η = min(ε, 12 ). Alors f est intégrable au sens de Riemann sur [η, 1] car continue.Il existe donc une subdivision σ = (a0 < · · · < am) de [η, 1] telle que Sσ(f)− Sσ(f) ≤ ε. Considéronsalors la subdivision τ = σ ∪ {0} de [0, 1]. On a :

Sτ (f)− Sτ (f) = η sup[0,η]

f︸︷︷︸=1

+Sσ(f)− η inf[0,η]

f︸︷︷︸=0

−Sσ(f) ≤ η + ε ≤ 2ε.

Ainsi, f est bien Riemann-intégrable sur [0, 1]. [En fait, ce serait le cas pour toute fonction localementintégrable sur ]0, 1[ et bornée sur [0, 1] ] �


a

f(t)dt > 0.

Solution : [La preuve se fait naturellement après traduction des hypothèses.] Soit f : [a, b] → R estcontinue, positive et non identiquement nulle sur [a, b]. Alors il existe c ∈ [a, b] telle que f(c) > 0.

Comme f est continue, il existe α > 0 tel que, pour tout x ∈ [c − α, c + α] ∩ [a, b], f(x) >f(c)

2. On

considère la fonction continue par morceaux g : [a, b]→ R définie par

g(x) =

{f(x) si x ∈ [a, b] ∩ [c− α, c+ α]

0 sinon..

Alors pour tout x ∈ [a, b], g(x) ≤ f(x) et donc∫ b

a

f(t)dt ≥∫ b

a

g(t)dt =

∫[a,b]∩[c−α,c+α]

f(t)dt ≥ min(α, b− a)f(c) > 0

�



a






Solution :i. Soit f : [a, b] → R une fonction Riemann-intégrable tel que pour tout x ∈ [a, b], f(x) > 0.

[On a déjà vu que∫ b

a

f(t)dt ≥ 0.] Supposons que∫ b

a

f(t)dt = 0. Soit ε > 0. f est Riemann

intégrable d’intégrale nulle donc il existe σ = (a0 < · · · < am) une subdivision de [a, b] telle queSσ(f) ≤ b−a

2 ε. Supposons que pour tout k, sup[ak,ak+1]

f ≥ ε. Alors Sσ(f) ≥ (b − a)ε, ce qui est

absurde. Ainsi il existe k ∈ {0, . . . ,m− 1} tel que sup[ak,ak+1]

f < ε, d’où l’existence de [α, β] tel que,

pour tout x ∈ [α, β], f(x) < ε.

Pour conclure à une contradiction, on va construire par récurrence une suite de segmentsemboités [αi, βi] ⊂ [αi−1, βi−1] avec sup[αi,βi] f ≤

1i . Soit [α1, β1] le segment obtenu en appliquant

(∗) à ε = 1. Supposons construit [αi, βi]. On a pour tout x ∈ [αi, βi], f(x) > 0 et∫ βiαif(t)dt = 0


(car f est positive). On peut donc appliquer (∗) au segment [αi, βi] et à ε = 1i+1 . On a alors

l’existence d’un segment [αi+1, βi+1] ⊂ [αi, βi] vérifiant sup[αi+1,βi+1]

f ≤ 1

i+ 1. Cette suite étant

constuite, on invoque le théorème des segments emboités : ∩i∈N[αi+1, βi+1] 6= ∅. Soit alors c ∈∩i∈N[αi+1, βi+1]. On a f(c) ≤ 1

ipour tout i ∈ N donc f(c) = 0, ce qui est absurde.

ii. Soit f une fonction positive Riemann-intégrable.(⇒) Supposons que Z ne soit pas dense. Alors il existe un segment [α, β] tel que Z ∩ [α, β] = ∅.Ainsi f(x) > 0 pour tout x ∈ [α, β] et donc

∫ βαf(t)dt > 0. Ainsi

∫ baf(t)dt ≥

∫ βαf(t)dt > 0.

(⇐) Supposons que Z soit dense dans [a, b] et considérons une subdivision σ = (a0 < · · · < am)quelconque de [a, b]. Pour tout k ∈ {0, . . . ,m− 1}, Z ∩ [ak, ak+1] 6= ∅ et donc inf

[ak,ak+1]f = 0. Ainsi

Sσ(f) = 0. Soit n ∈ N∗. f est Riemann-intégrable donc il existe une subdivision σn de [a, b] telle

que∫ b

a

f(t)dt ≤ Sσn(f) +1

n=

1

n. Comme c’est vrai pour tout n > 0,

∫ b

a

f(t)dt = 0.

�


a

|f(t)f ′(t)|dt ≤ 1

2(b− a)

∫ b

a

f ′2(t)dt

(on pourra utiliser l’inégalité de Cauchy-Schwarz).

Solution : f ′ est continue sur [a, b] donc F (x) =∫ xa|f ′(t)|dt est C1 et pour tout x ∈ [a, b], F ′(x) =

|f ′(x)|. On a alors |f(x)| =∣∣∣∣∫ x

a

f ′(t)dt

∣∣∣∣ ≤ ∫ x

a

|f ′(t)|dt = F (x). Ainsi

∫ b

a

|f(t)f ′(t)|dt ≤∫ b

a

F (t)F ′(t)dt =1

2(F 2(b)− F 2(a)) =

1

2F 2(b).

D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz, on a

F 2(b) =

(∫ b

a

|f(t)|dt

)2

≤∫ b

a

1dt

∫ b

a

f ′2(t)dt = (b− a)

∫ b

a

f ′2(t)dt,

d’où le résultat. �


n∑k=1

k2


calculer sa limite.


n−1∑k=0

1√n2 + kn



n∑k=0

n



Solution :[Lorsque les termes d’une somme mêlent n et k, penser aux sommes de Riemann !]

1.8. SOLUTIONS 41

i. Considérons la fonction f : [0, 1] → R, f(x) = x2. Pour tout n on considère la subdivision poin-

tée régulière(σn =

(0 <

1

n< · · · < 1

), ξn =

(1

n,

2

n, . . . , 1

))de pas 1

n . La somme de Riemann

associée est

Sn(f) = S(σn,ξn) =1

n

n−1∑k=0

f

(k + 1

n

)=

1

n

n−1∑k=0

(k + 1

n

)2

= an.

f étant continue, elle est Riemann-intégrable sur [0, 1], et la suite des sommes de Riemann (Sn)

dont le pas tend vers 0 converge vers∫ 1

0

t2dt = [t3]10 =1

3. D’où la convergence de (an) vers 1

3 .

ii. Considérons la fonction f : [1, 2] → R, f(x) =1√x. Pour tout n ∈ N∗ on considère la subdivi-

sion pointée régulière(σn =

(1 < 1 +

1

n< · · · < 2

), ξn =

(1, 1 +

1

n, . . . , 2− 1

n

))de pas 1

n . La

somme de Riemann associée est


n

n−1∑k=0

f

(1 +

k

n

)=

1

n

n−1∑k=0

1√1 + k

n

= bn.

f étant continue, elle est Riemann-intégrable sur [1, 2], la suite des sommes de Riemann (Sn) dont

le pas tend vers 0 converge vers∫ 2

1

1√tdt = [2

√t]21 = 2(

√2− 1). D’où la convergence de (bn) vers

2(√

2− 1).

iii. Considérons la fonction f : [0, 1] → R, f(x) =1

1 + x2. Pour tout n on considère la subdivi-

sion pointée régulière(σn =

(0 <

1

n< · · · < 1

), ξn =

(1

n,

2

n, . . . , 1

))de pas 1

n . La somme de

Riemann associée est


n

n−1∑k=0

f

(k + 1

n

)=

1

n

n−1∑k=0

1

1 + (k+1)2

n2

=1

n

n∑k=1

n2

n2 + k2= cn.

Comme f est continue, f est intégrable et les sommes de Riemann Sn convergent vers∫ 1

0

f(t)dt =

[arctanx]10 =π

4. D’où la convergence de (cn) vers

π

4.

Il s’agit d’estimer la vitesse de convergence des sommes de Riemann cn vers l’intégrale de f.On considère une primitive F de f de telle sorte que

` = F (1)− F (0) =

n−1∑k=0

F

(k + 1

n

)− F

(k

n

).

[On écrit ` sous la forme d’une somme.] Alors

`− cn =

n−1∑k=0

F

(k + 1

n

)− F

(k

n

)− 1

nF ′(k + 1

n

).

F étant C2, on peut lui appliquer la formule de Taylor sur[kn ,

k+1n

], pour tout k ∈ {0, . . . , n−1} :

il existe xk ∈]k

n,k + 1

n

[F

(k

n

)= F

(k + 1

n

)− 1

nF ′(k + 1

n

)+

1

2n2F ′′(xk).


On a donc finalement, comme F ′′ = f ′, exprimé `− cn sous la forme d’une somme [ressemblantà une somme de Riemann] :

`− cn = − 1

2n· 1

n

n−1∑k=0

f ′(xk).

Comme f ′ est continue, f ′ est intégrable et donc la suite de sommes de Riemann

(1

n

n−1∑k=0

f ′(xk)

)

dont le pas tend vers 0 converge vers∫ 1

0

f ′(t)dt = f(1)− f(0) = −1

2. Ainsi `− cn ∼ 1

4n .

�


∫ b

a



Solution : On intègre par parties :∫ b

a

f(t)eintdt = [f(t)eint

in]ba −

∫ b

a

f ′(t)eint

indt =

1

in(f(b)einb − f(a)eina)− 1

in

∫ b

a

f ′(t)eintdt.

On en déduit ∣∣∣∣∣∫ b

a

f(t)eintdt

∣∣∣∣∣ ≤ 1

n

(|f(a)|+ |f(b)|+

∫ b

a

|f ′(t)|dt︸︷︷︸borné

).

D’où le résultat (c’est même un O(n−1)). �


In =

∫ π2

0

sinn t dt


n− 1In−2.



I2nI2n+1


limn→+∞

1

n

(2n(2n− 2) · · · 2

(2n− 1)(2n− 3) · · · 1

)2

= π.


π

2n.

Solution :i. [Une relation de récurrence sur des intégrales est souvent obtenue par intégration par parties.]

Soit n ≥ 2. On intègre In par parties (In =∫[0,π2 ]

uv′ avec u(t) = sinn−1 t, v′(t) = sin t).

In =

∫ π2

0

sinn−1(t) sin t dt = [sinn−1 t(− cos t)]π20 +

∫ π2

0

(n− 1) cos t sinn−2 t cos t dt

= (n− 1)

∫ π2

0

sinn−2 t cos2 t dt = (n− 1)

∫ π2

0

sinn−2 t (1− sin2 t) dt = (n− 1)(In−2 − In),

d’où nIn = (n− 1)In−2 et le résultat s’ensuit.

1.8. SOLUTIONS 43

ii. I0 =

∫ π2

0

1 dt =π

2, I1 =

∫ π2

0

sin t dt = 1. Soit n ≥ 1. D’après la relation de récurrence, on a

I2n =(2n− 1)

2nI2(n−1) =

2n− 1

2n

2n− 3

2n− 2I2(n−2) = · · · = 2n− 1

2n

2n− 3

2n− 2· · · 1

2.π

2︸︷︷︸I0

,

etI2n+1 =

2n

2n+ 1

2n− 2

2n− 1· · · 2

31︸︷︷︸I1

.

iii. [On va encadrer I2n par des termes en I2n+1] Comme pour tout t ∈ [0, π2 ], 0 ≤ sin t ≤ 1, on a,pour tout n ≥ 1,

0 ≤ sin2n+1 t ≤ sin2n t ≤ sin2n−1 t.

L’intégration de ces fonctions nous donne

I2n+1 ≤ I2n ≤ I2n−1 =2n+ 1

2nI2n+1,

d’où 1 ≤ I2nI2n+1

≤ 2n+ 1

2n, et on a donc lim

n→+∞

I2nI2n+1

= 1. Comme

I2nI2n+1

=(2n+ 1)(2n− 1)2 · · · 12

(2n)2 · · · 22π

2,

on obtient la formule de Wallis.iv. [Il ne reste qu’à conclure] D’après la formule de Wallis, on a

(2n− 1)(2n− 3) · · · 1(2n)(2n− 2) · · · 2

∼ 1√πn

,

ce qui signifie, d’après l’expression obtenue en i. pour I2n, que I2n2

π∼ 1√

πn, et donc I2n ∼

√π√

2√

2n. Comme I2n+1 ∼ I2n ∼

√π√

2√

2n+ 1, on a l’équivalent souhaité :

In ∼√

π

2n

�


i. A =

∫ 1

0

√1− t2dt.

ii. B =

∫ π2

0

sin2 t cos4 tdt.

iii. C =

∫ 1

0

dt

(1 + t2)2.

iv. D =

∫ π4

0

ln(1 + tan t) dt.

v. E =

∫ π2

π3

dt

sin t.

Solution :

i. [On reconnait immédiatement en voyant√

1− t2 qu’il est judicieux de faire un changement devariable trigonométrique]x 7→

√1− x2 est continue sur [0, 1], donc Riemann-intégrable. Pour calculer l’intégrale, on effectue

d’abord le changement de variable sinu = t [dt = cosudu]. On a alors

A =

∫ π2

0

cosu cosu du =

∫ 12

0

1 + cos 2t

2dt =

1

2

[t+

sin 2t

2

]π2

0

=π

4.


ii. [Il s’agit ici de linéariser] f : x 7→ sin2 x cos4 x est continue sur [0, π2 ] donc Riemann-intégrable.On a de plus

f(x) = cos4 x− cos6 x =

(eix + e−ix

2

)4

−(eix + e−ix

2

)6

=1

16

(ei4x + e−i4x + 4

(ei2x + e−i2x

)+ 6)

− 1

64

(ei6x + e−i6x + 6

(ei4x + e−i4x

)+ 15

(ei2x + e−i2x

)+ 20

)=

1

16(2 cos(4x) + 8 cos(2x) + 6)− 1

64(2 cos(6x) + 12 cos(4x) + 30 cos(2x) + 20) .

De plus, pour tout k ∈ N∗,∫ π2

0

cos(2kt)dt =

[1

2ksin(2kt)

]π2

0

= 0− 0 = 0.

Par linéarité de l’intégrale, on a donc

B =

∫ π2

0

cos(4t) dt

8︸︷︷︸0

+

∫ π2

0

cos(2t) dt

2︸︷︷︸0

+

∫ π2

0

3

8dt︸︷︷︸

3π16

−∫ π

2

0

cos(6t) dt

32︸︷︷︸0

−∫ π

2

0

3 cos(4t) dt

16︸︷︷︸0

−∫ π

2

0

15 cos(2t) dt

32︸︷︷︸0

−∫ π

2

0

5dt

16︸︷︷︸5π32

=π

32

iii. [On ne reconnaît pas de primitive classique, mais on peut en faire apparaître facilement.] x 7→1

(1 + x2)2est continue sur [0, 1] donc Riemann-intégrable. De plus, on a

C =

∫ 1

0

dt

(1 + t2)2=

∫ 1

0

1 + t2 − t2

(1 + t2)2dt =

∫ 1

0

1 + t2

(1 + t2)2dt−

∫ 1

0

t︸︷︷︸u

t

(1 + t2)2︸︷︷︸v′

dt.

On intègre par parties la seconde intégrale pour obtenir :

C = [arctan t]10 +

[1

2t

1

1 + t2

]10

− 1

2

∫ 1

0

1

1 + t2dt =

π

4+

1

4− π

8=

1

4+π

8.

iv. x 7→ ln(1 + tanx) est continue sur [0, π4 ] donc Riemann-intégrable. On a

D =

∫ π4

0

ln(1 + tan t)dt =

∫ π4

0

ln

(cos t+ sin t

cos t

)dt =

∫ π4

0

ln (cos t+ sin t)︸︷︷︸√2 cos(π4−t)

dt−∫ π

4

0

ln cos tdt.

On effectue le changement de variable u = π4 − t dans la première intégrale, et on obtient :

D =

∫ π4

0

(ln√

2 + ln cos(u))dt−∫ π

4

0

ln cos tdt =π

8ln 2.

1.8. SOLUTIONS 45

v. x 7→ 1sin x est continue sur

[π3,π

2

], donc intégrable. Comme « toujours » pour les fractions ration-

nelles en sin et cos, on effectue le changement de variable u = tan t2 . On a alors sin t =

2u

1 + u2,

du =1

2

(1 + tan2 t

2

)dt =

1

2(1 + u2)dt. Alors

E =

∫ 1

1√3

2du1+u2

2u1+u2

=

∫ 1

1√3

du

u= ln

√3 =

1

2ln 3.

�


i. a(x) =1

x2 − 1

ii. b(x) =1

x2 − 2x+ 1

iii. c(x) =1

x2 − 2x+ 5

iv. d(x) =1

x4 − 3x2 − 4

v. e(x) =x2

x6 − 1

vi. f(x) =1

cosx

vii. g(x) =√

1− x2

viii. h(x) =1√

4− x2

ix. i(x) =arctanx

1 + x2

Solution :

i. a(x) =1

x2 − 1=

1

2

(1

x− 1− 1

x+ 1

)est continue sur ]−∞,−1[, ]− 1, 1[ et [1,+∞[, donc admet

des primitives sur chacun de ces intervalles. Elle sont données par∫a =

1

2(ln |x− 1| − ln |x+ 1|) + constante

sur chacun de ces intervalles.

ii. b(x) =1

x2 − 2x+ 1=

1

(x− 1)2est continue sur ] −∞, 1[ et ]1,+∞[ donc admet des primitives

sur chacun de ces intervalles, et l’ensemble de ses primitives est constitué des fonctions∫b =

1

1− x+ constante.

iii. c(x) =1

x2 − 2x+ 5=

1

(x− 1)2 + 4=

1

4

1

1 +(x−12

)2 est continue sur R donc admet des primitives

sur R, données par∫c =

1

2arctan(

x− 1

2) + constante.

iv. [On décompose la fraction rationnelle en éléments simples]

d(x) =1

x4 − 3x2 − 4=

1

(x2 − 4)(x2 + 1)=

1

5

(1

x2 − 4− 1

x2 + 1

)=

1

5

(1

4

(1

x− 2− 1

x+ 2

)− 1

x2 + 1

)est continue sur ] −∞,−2[, ] − 2, 2[ et ]2,+∞[ et admet donc des primitives sur chacun de cesintervalles, et on a ∫

d =1

20ln|x− 2||x+ 2|

− 1

5arctanx+ constante

sur chacun de ces intervalles.


v. e(x) =x2

x6 − 1est continue sur ] − ∞,−1[, ] − 1, 1[ et ]1,+∞[ donc admet des primitives sur

chacun de ces intervalles. Pour les calculer, on pose u = x3 de sorte que du = 3x2dx. Elles sontalors données, sur chacun des intervalles, par∫

e =

∫x2

x6 − 1dx =

1

3

∫du

u2 − 1=

1

6ln|u− 1||u+ 1|

=1

6ln

∣∣∣∣x3 − 1

x3 + 1

∣∣∣∣+ constante.

vi. f(x) =1

cosxest continue sur chacun des intervalles ](2k − 1)π2 , (2k + 1)π2 [, et admet donc des

primitives sur chacun de ces intervalles. Pour les calculer, on pose [comme d’habitude avec lesfractions rationnelles en cos et sin] u = tan x

2 , de sorte que cosx = 1−u2

1+u2 et du = 12 (1 +u2)dx. On

obtient alors∫f =

∫dx

cosx= 2

∫du

1− u2= ln

∣∣∣∣1− u1 + u

∣∣∣∣ = ln

∣∣∣∣1− tan x2

1 + tan x2

∣∣∣∣ = ln∣∣∣tan

(x2

+π

4

)∣∣∣+ constante,

cette expression étant valable sur chacun des intervalles précédents.

vii. g(x) =√

1− x2 est continue sur ] − 1, 1[ donc admet des primitives sur cet intervalle, donnéespar : ∫

g =

∫ √1− x2 dx = x

√1− x2 −

∫−x2dx√1− x2

= x√

1− x2 −∫

(1− x2)− 1√1− x2

dx

= x√

1− x2 + arcsinx−∫g.

D’où ∫g =

1

2

(x√

1− x2 + arcsinx)

+ constante.

viii. h(x) =1√

x2 − 4est continue sur ]−∞,−2[ et ]2,+∞[ et admet donc des primitives sur chacun

de ces intervalles. Elles sont données par∫h = ln

∣∣∣∣x+

√(x)

2 − 4

∣∣∣∣+ constante.

[cette primitive fait partie des primitives « usuelles »à connaître].

ix. i(x) =arctanx

1 + x2est continue sur R donc admet des intégrales sur R données par∫

i =1

2(arctanx)2 + constante.

�

Exercice 1.15. — Démontrer la seconde formule de la moyenne autrement en supposant de plus quef est C1 et g continue.

Solution : Avec les notations du théorème 1.43, on a, en intégrant par parties :∫ b

a

f(t)g(t)dt = G(b)f(b)− 0−∫ b

a

f ′(t)G(t)dt.

Comme mf(b) ≤ G(b)f(b) ≤Mf(b) et

−m(f(b)− f(a)) = m

∫ b

a

−f ′(t)dt ≤∫ b

a

−f ′(t)︸︷︷︸≥0

G(t)dt ≤M∫ b

a

−f ′(t)dt = −M(f(b)− f(a)),

1.8. SOLUTIONS 47

d’où, en sommant,

mf(a) ≤∫ b

a

f(t)g(t)dt ≤Mf(a),

et on conclut comme dans le preuve du théorème 1.43. �


1.9. Devoir n◦1

Exercice 1. — Calculer les limites des suites suivantes

i. un = n

n∑k=1

e−nk

k2ii. vn =

((2n)!

n!nn

) 1n

Exercice 2. — Calculer les intégrales suivantes

i.∫ e

1

dt

t(1 + ln t)((ln t)2 + 1)ii.∫ 2

1

(t3 + 3t2 + t+ 1)et ln t dt. iii.∫ π

3

0

dt

cos t

Exercice 3. — 1. Décomposer en éléments simplesnXn−1

Xn − 1dans C[X].

2. En déduire la valeur de∫ 2π

0

dt

z − eiten fonction de z ∈ C \ {z ∈ C | |z| = 1}.

Exercice 4. — 1. Montrer que, pour tout x ∈ R, |x− sinx| ≤ x2

2.

2. En déduire limn→+∞

n∑k=1

sink

nsin

k

n2.

Exercice 5. — 1. Montrer que, pour tout n ∈ N∗,n−1∏k=0

(X2 − 2X cos

(kπ

n

)+ 1

)=X − 1

X + 1(X2n − 1)

2. Soit x ∈]1,+∞[. Calculer, après avoir prouvé qu’elle est définie, l’intégrale∫ π

0

ln(x2 − 2x cos t+ 1) dt

(on pourra utiliser des sommes de Riemann).

CHAPITRE 2

INTÉGRATION SUR UN INTERVALLE : INTÉGRALESIMPROPRES

Dans ce chapitre, nous allons étudier l’intégration sur un intervalle quelconque. L’intégrale y estalors définie naturellement par passage à la limite de l’intégrale définie sur un segment.

Les fonctions utilisées ici sont définies sur un intervalle I quelconque (non vide) de R, à valeursréelles ou complexes et localement intégrables (par exemple continues, continue par morceaux ouencore réglées).

On rappelle que f : I → C est dite localement intégrable si f est Riemann-intégrable sur toutsegment contenu dans I.

2.1. Généralités

Définition 2.1. — Soient [a, b[ un intervalle de R (−∞ < a < b ≤ +∞) et f : [a, b[→ C localementintégrable.

i. Si la limite I = limx→bx<b

∫ x

a

f(t)dt existe et est finie, on dit que l’intégrale impropre∫ b

a

f(t)dt

converge, ou « existe ». On note alors∫ +∞

a

f(t)dt = I). Sinon on dit qu’elle diverge.

ii. Si la limite limx→bx<b

∫ x

a

|f(t)|dt existe et est finie, on dit que l’intégrale impropre∫ b

a

f(t)dt converge

absolument.

Remarque: La question est donc de savoir si l’application continue F : [a, b[→ C, F (x) =∫ xaf(t)dt

admet une limite finie à gauche en b. Si c’est le cas, l’intégrale converge, sinon, elle diverge.

De même,

Définition 2.2. — Soient ]a, b] un intervalle de R (−∞ ≤ a a

∫ b

x

f(t)dt existe et est finie, on dit que l’intégrale impropre∫ b

a

f(t)dt

converge, ou « existe ». On note alors∫ b

a

f(t)dt = I). Sinon on dit qu’elle diverge.

ii. Si la limite limx→ax>a

∫ b

x

|f(t)|dt existe et est finie, on dit que l’intégrale impropre∫ b

a

f(t)dt converge

absolument.

50 CHAPITRE 2. INTÉGRATION SUR UN INTERVALLE : INTÉGRALES IMPROPRES

Remarque: La question est donc de savoir si l’application continue F :]a, b]→ C, F (x) =∫ xbf(t)dt

admet une limite finie à droite en a. Si c’est le cas, l’intégrale converge, sinon, elle diverge.

Définition-Proposition 2.3. — Soient ]a, b[ un intervalle de R (−∞ ≤ a < b ≤ +∞) et f :]a, b[→

C localement intégrable. S’il existe α, β ∈]a, b[, tels que les intégrales∫ α

a

f(t)dt et∫ b

β

f(t)dt sont

convergentes, alors, pour tout c ∈]a, b[ la somme J =

∫ c

a

f(t)dt +

∫ b

c

f(t)dt est bien définie et ne

dépend pas de c. On dit alors que l’intégrale∫ b

a

f(t)dt est convergente et l’on note J =

∫ b

a

f(t)dt.

Preuve : Supposons qu’il existe α, β ∈]a, b[ tels que les intégrales∫ αaf(t)dt et

∫ bβf(t)dt sont conver-

gentes. Soient c ∈]a, b[.Alors, pour tout x ∈]a, b[,∫ cxf(t)dt =

∫ αxf(t)dt+

∫ cαf(t)dt et donc lim

x→ax>a

∫ cxf(t)dt

existe et vaut∫ caf(t)dt =

∫ αaf(t)dt +

∫ cαf(t)dt. De même

∫ bcf(t)dt converge et vaut

∫ βcf(t)dt +∫ b

βf(t)dt. Ainsi J =

∫ caf(t)dt+

∫ bcf(t)dt est bien définie, vaut

J =

∫ α

a

f(t)dt+

∫ c

α

f(t)dt+

∫ β

c

f(t)dt+

∫ b

β

f(t)dt =

∫ α

a

f(t)dt+

∫ β

α

f(t)dt+

∫ b

β

f(t)dt

et est donc indépendante de c. �Si I est l’intervalle ouvert, semi-ouvert ou fermé (c, d), avec −∞ ≤ c ≤ d ≤ +∞, alors on note

également∫If(t)dt :=

∫ dcf(t)dt.

Remarque: Soit f : R→ R localement intégrable. La convergence de∫ +∞−∞ f(t)dt implique celle de

la limite limx→+∞

∫ x

−xf(t)dt (de valeur

∫ +∞−∞ f(t)dt) mais la réciproque est fausse (prendre f(t) = t).

En général, si I = (a, b) est un intervalle, si∫If(t)dt converge, alors, pour toutes suites (xn) et (yn)

délements de I tendant respectivement vers a et b,∫ ynxn

f(t)dt→∫If(t)dt [pour voir ce résultat, il

suffit d’introduire un c quelconque de I et de décomposer l’intégrale en deux parties].

Remarque: Au vu de la proposition 2.3, on peut se limiter à l’étude de la convergence des intégralesimpropres introduites dans la définition 2.1 et 2.2.

Définition 2.4. — Soit I un intervalle de R et f : I → R localement intégrable. Si∫If converge

mais ne converge pas absolument, on dira que∫If est semi-convergente.

Remarque: (Important !) Les propriétés élémentaires satisfaites par l’intégrale de Riemann res-tent vraies pour les intégrales impropres convergentes : linéarité, positivité, relation de Chasles...Elles s’obtiennent par passage à la limite des relations connues pour les intégrales sur un segment.

2.1.1. Exemples classiques. —

i. Considérons f(t) = e−t sur I = [0,+∞[. Alors∫ x

0

e−tdt =[−e−t

]x0

= 1− e−x ≤ 1.

On en déduit que∫ +∞

0

f est convergente et que∫ +∞

0

f(t)dt = limx→+∞

∫ x

0

f(t)dt = 1.

2.2. CRITÈRE DE CAUCHY 51

ii. Considérons fα(t) =1

tα, α ∈ R, I =]0, 1]. Alors

∫ 1

x

dt

tα=

[t1−α

1−α

]1x

= 1−x1−α

1−α si α 6= 1

[ln t]1x = − lnx si α = 1.

.

Ainsi∫ 1

0fα est convergente si et seulement si α < 1, et dans ce cas,∫ 1

0

fα(t)dt =1

1− α.

iii. Plus généralement, pour a, b ∈ R, l’intégrale∫ b

a

dt

(t− a)αest convergente si et seulement si α < 1.

iv. De même l’intégrale∫ +∞

1

dt

tαest convergente si et seulement si α > 1. En effet,

∫ x

1

dt

tα=

[t1−α

1−α

]x1

= x1−α−11−α si α 6= 1

[ln t]x1 = lnx si α = 1.

.

Les exemples ii et iv sont appelées les intégrales de Riemann. Elles joueront un rôle crucialdans l’étude des intégrales impropres, car on s’efforcera autant que possible de s’y ramener via lethéorème de comparaison (voir théorème 2.12).

2.2. Critère de Cauchy

Théorème 2.5. — Critère de Cauchy pour les intégrales impropres. Soient [a, b[ un intervallede R (−∞ < a 0, il existe c ∈ [a, b[ tel que

∀x, y ∈ [c, b[,

∣∣∣∣∫ y

x

f(t)dt

∣∣∣∣ ≤ ε.Preuve : Ce n’est rien d’autre que le critère de Cauchy pour la fonction G(x) =

∫ xaf(t)dt. �

Remarque: On a bien sûr un théorème correspondant pour f :]a, b]→ C localement intégrable.

Corollaire 2.6. — Convergence absolue ⇒ convergence. Soit I un intervalle (ouvert, semi-

ouvert) de R et soit f : I → C. Si∫I

|f(t)|dt converge, il en est de même de∫I

f(t)dt, et l’on a∣∣∣∣∫I

f(t)dt

∣∣∣∣ ≤ ∫I

|f(t)|dt.

Preuve : On traite d’abord le cas I = [a, b[, +∞ < a 0. Comme∫ ba|f |dt est convergente, elle vérifie le critère de Cauchy pour les

intégrales : il existe c tel que, pour tous x, y ∈ [c, b[,∣∣∣∣∫ y

x

|f(t)|dt∣∣∣∣ ≤ ε.


Soient x, y ∈ [c, b[, alors ∣∣∣∣∫ y

x

f(t)dt

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣∫ y

x

|f(t)|dt∣∣∣∣ ≤ ε.

Ainsi∫ baf(t)dt satisfait au critère de Cauchy et est donc convergente. De même, si I =]a, b], l’absolue

convergence entraine la convergence. Enfin, supposons que I =]a, b[. Si∫ ba|f(t)|dt est convergente, et

choisissons c ∈]a, b[. Alors∫ ca|f(t)|dt et

∫ bc|f(t)|dt sont convergentes, et

∫ caf(t)dt et

∫ bcf(t)dt le sont

aussi, ce qui signifie que∫ baf(t)dt est convergente. On a alors∣∣∣∣∣

∫ b

a

f(t)dt

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∫ c

a

f(t)dt+

∫ b

c

f(t)dt

∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∫ c

a

f(t)dt

∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∫ b

c

f(t)dt

∣∣∣∣∣≤∫ c

a

|f(t)|dt+

∫ b

c

|f(t)|dt =

∫ b

a

|f(t)|dt.

�

2.3. Comparaison des intégrales impropres de fonctions postives

Dans ce paragraphe, I désigne un intervalle ouvert, semi-ouvert ou fermé de R (borné ou non) nonréduit à un point.

Théorème 2.7. — Soit f : I → R+ localement intégrable. Pour que l’intégrale∫I

f(t)dt converge, il

faut et il suffit qu’il existe un réel A tel que, pour tout intervalle fermé borné J ⊂ I,

∫J

f(t)dt < A.

Dans ce cas, on a ∫I

f(t)dt = supJ⊂I

J segment

∫J

f(t)dt.

Remarque: Ce théorème est souvent donné en définition, car c’est une façon naturelle d’étendrela définition d’intégrabilité sur un segment.

Preuve : Soit I l’intervalle ouvert, semi-ouvert ou fermé (a, b), −∞ ≤ a < b ≤ +∞, et c ∈]a, b[. Le faitque f : I → R+ soit localement intégrable nous assure que pour tout segment J ⊂ I, f est intégrableau sens de Riemann sur J.

Supposons que∫ baf(t)dt converge. Soit un segment J = [d, e] ⊂ I. D’après la relation de Chasles

pour les intégrales impropres, on a ;∫I

f(t)dt =

∫ d

a

f(t)dt+

∫J

f(t)dt+

∫ b

e

f(t)dt.

Par positivité de l’intégrale,∫ daf(t)dt et

∫ bef(t)dt sont positives, et on a alors

∫If(t)dt ≥

∫Jf(t)dt et∫

I

f(t)dt ≥ supJ⊂I

J segment

∫J

f(t)dt.

Réciproquement, supposons qu’il existe une constante absolue A telle que pour tout segment J ⊂ I∫If(t)dt ≤ A. Considérons alors le réel (≤ A) S = sup J⊂I

J segment

∫Jf(t)dt. Soit c ∈ I. Les fonctions

F1 :]a, c] → R F1(x) =∫ cxf(t)dt et F2 : [c, b[→ R, F2(x) =

∫ xcf(t)dt sont bornées par A (J =

[x, c] est un segmet). F1 étant décroissante et F2 croissante, elles admettent donc des limites en a

2.3. COMPARAISON DES INTÉGRALES IMPROPRES DE FONCTIONS POSTIVES 53

et b respectivement. On en déduit que l’intégrale∫ baf(t)dt converge. Soient (xn) et (yn) deux suites

d’éléments de I convergentes vers a et b respectivement. On a alors∫ b

a

f(t)dt = limn→+∞

∫ yn

xn

f(t)dt ≤ S,

d’où∫ b

a

f(t)dt = S, d’après la première partie de la preuve. �

On en déduit immédiatement la conséquence suivante :

Corollaire 2.8. — Soient f, g : I → R+ localement intégrables. Supposons que pour tout x ∈ I,0 ≤ f(x) ≤ g(x).

– Si∫I

g(t)dt alors∫I

f(t)dt converge.

– Si∫I

f(t)dt diverge alors∫I

g(t)dt diverge.

Preuve : Il suffit d’appliquer le critère du théorème. L’idée est de se ramener à la comparaison d’inté-grales sur un segment. Si

∫Ig(t)dt converge, il existe A tel que pour tout segment J ⊂ I

∫Jg(t)dt ≤ A.

Mais alors∫Jf(t)dt ≤

∫Jg(t)dt ≤ A pour tout segment J ⊂ I et donc

∫If(t)dt converge. Récipro-

quement, soit A ∈ R. Si∫If(t)dt diverge, il existe un segment J ⊂ I tel que

∫Jf(t)dt > A. Comme∫

Jf(t)dt ≤

∫Jg(t)dt,

∫Jg(t)dt > A, et donc

∫Ig(t)dt diverge. �

Remarque: Toute fonction à valeurs positives C0mx dont on connaît l’intégrabilité sur I devient

une fonction de référence permettant d’obtenir l’intégrabilité d’autres fonctions via le théorème.

Exercice 2.1. — Soit f : I = [a,+∞[→ R localement intégrable sur I ayant une limite finie ` > 0en +∞. Montrer que

∫If n’est pas convergente.

Exercice 2.2. — Construire un exemple de fonction continue intégrable sur [a,+∞[ qui n’ait pas delimite nulle en +∞. On verra ensuite que cela ne peut pas se produire si f est uniformément continue.

Corollaire 2.9. — Si f est fonction localement intégrable bornée sur un intervalle borné I, alors∫I

f(t)dt est convergente.

Preuve : Soit I = (a, b) un intervalle borné, c’est à dire ouvert, semi ouvert ou fermé avec −∞ < a 0 telle que, pour tout x ∈ I, |f(x)| ≤ M. Pour tout segmentJ ⊂ I,

∫JMdt ≤ M(b− a) donc

∫IMdt est convergente. Ainsi

∫I|f(t)|dt est convergente, et d’après

le corollaire 2.6∫If(t)dt converge. �

Exemple: Considérons f(t) = 1 + sin 1t sur ]0, 1].

∫ 1

0f(t)dt est convergente car f est bornée par 2,

mais elle ne l’est pas sur [1,+∞[ car f est alors minorée par 1.

Proposition 2.10. — Si f est continue sur I à valeurs positives telle que∫If converge, alors

∫If =

0 si et seulement si f = 0.

Preuve : Soit f continue positive sur I. Il est évident que si f = 0 alors∫If = 0. Supposons maintenant

que∫If = 0 et qu’il existe c tel que f(c) > 0. f étant continue, il existe 0 < δ < |I| que pour tout

x ∈ J = [c− δ, c+ δ] ∩ I f(x) ≥ f(c)2 . Alors

∫Jf(t)dt ≥ δf(c) > 0. C’est absurde car f étant positive

sur I,∫If(t)dt ≥

∫Jf(t)dt. �


Corollaire 2.11. — Soient f, g : I → R+ localement intégrables. Supposons qu’il existe c, C > 0

telles que, pour tout x ∈ I, 0 ≤ cf(x) ≤ g(x) ≤ Cf(x). Alors les intégrales∫I

f(t)dt et∫I

g(t)dt sont

de même nature (c’est à dire toutes deux convergentes ou divergentes).

Preuve : C’est une conséquence immédiate du corollaire 2.8, vu que pour tout scalaire c 6= 0∫Icf et∫

If sont de même nature. �

Théorème 2.12. — Théorème de comparaison.Soient [a, b[ un intervalle de R (−∞ < a < b ≤ +∞) et f, g : [a, b[→ R+ positives localementintégrables. Supposons que, lorsque x→ b−, f(x) ∼ g(x) (respectivement f = o(g), resp. f = O(g)).

i. Si∫ b

a

g(t)dt converge, alors∫ b

a

f(t)dt converge et, lorsque x→ b−,

∫ b

x

f(t)dt ∼∫ b

x

g(t)dt

(resp.

∫ b

x

f(t)dt = o

(∫ b

x

g(t)dt

), resp.

∫ b

x

f(t)dt = O

(∫ b

x

g(t)dt

)).

ii. Si∫ b

a

g(t)dt diverge alors, lorsque x→ b−,∫ x

a

f(t)dt ∼∫ x

a

g(t)dt

(resp.

∫ x

a

f(t)dt = o

(∫ x

a

g(t)dt

), resp.

∫ x

a

f(t)dt = O

(∫ x

a

g(t)dt

)).

Preuve :

i. Supposons que∫ bag(t)dt converge. Supposons qu’il existe M > 0 et c ∈ [a, b[ tels que, pour tout

x ∈ [c, b[ f(x) ≤ Mg(x). C’est le cas dès que f(x) ∼b− g(x) (resp. f(x) = ob−(g), resp. f(x) =

Ob−(g).) Alors, pour tout x ∈ [c, b[,∫ xaf(t)dt =

∫ caf(t)dt +

∫ xcf(t)dt. Comme

∫ bcMg(t)dt est

convergente,∫ bcf(t)dt est convergente en vertu du corollaire 2.8.

∫ baf(t)dt est donc convergente.

De plus on a, pour tout x ∈ [c, b[,∫ bxf(t)dt ≤ M

∫ bxg(t)dt. Par conséquent, si f = Ob−(g),∫ b

xf(t)dt = Ob−(

∫ bxg(t)dt).

Supposons que f = ob−(g). Soit ε > 0. Il existe d ∈ [a, b[ tel que, pour tout x ∈ [d, b[

f(x) ≤ εg(x). Alors pour tout x ∈ [d, b[,∫ bxf(t)dt ≤ ε

∫ bxg(t)dt. Comme les intégrales sont

positives, on a donc∫ bxf(t)dt = ob−(

∫ bxg(t)dt).

Supposons que f ∼b− g, c’est à dire que f − g = ob−(g). Soit ε > 0. Il existe alors d ∈ [a, b[ telque, pour tout x ∈ [d, b[ |f(x)− g(x)| ≤ εg(x). On a donc, pour tout x ∈ [d, b[∣∣∣∣∣

∫ b

x

f(t)dt−∫ x

b

g(t)dt

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∫ b

x

(f(t)− g(t))dt

∣∣∣∣∣ ≤∫ b

x

|f(t)− g(t)| dt ≤ ε∫ b

x

g(t)dt.

On a donc∫ bxf(t)dt−

∫ bxg(t)dt = ob−(

∫ bxg(t)dt), d’où

∫ bxf(t)dt ∼

∫ bxg(t)dt.

ii. Supposons que∫ bag(t)dt diverge, c’est à dire que la fonction croissante (puisque g est positive)

x 7→∫ xag(t)dt a pour limite +∞ en b. Supposons que f = Ob−(g), c’est à dire qu’il existe M > 0

et c ∈ [a, b[ tel que pour tout x ∈ [c, b[, f(x) ≤Mg(x). On a alors∫ x

a

f(t)dt =

∫ c

a

f(t)dt+

∫ x

c

f(t)dt ≤∫ c

a

f(t)dt+M

∫ x

c

g(t)dt

≤∫ c

a

f(t)dt+M

∫ x

a

g(t)dt−M∫ c

a

g(t)dt.

2.3. COMPARAISON DES INTÉGRALES IMPROPRES DE FONCTIONS POSTIVES 55

Comme∫ x

a

g(t)dt→ +∞, il existe d ∈ [c, b[, tel que, pour tout x ∈ [d, b[,∫ x

a

g(t)dt ≥ 1

M

∫ c

a

f(t)dt−∫ c

a

g(t)dt.

Ainsi, pour tout x ∈ [d, b[, ∫ x

a

f(t)dt ≤ 2M

∫ x

a

g(t)dt,

et on a∫ xaf(t)dt = Ob−(

∫ xag(t)dt).

Supposons à présent que f = ob−(g). Soit ε > 0. Il existe c ∈ [a, b[ tel que, pour tout x ∈ [c, b[,

f(x) ≤ ε

2g(x). Alors pour tout x ∈ [c, b[,∫ x

a

f(t)dt ≤∫ c

a

f(t)dt+ε

2

∫ x

a

g(t)dt− ε

2

∫ c

a

g(t)dt.

De même, il existe d ∈ [c, b[, tel que, pour tout x ∈ [d, b[,

∫ x

a

g(t)dt ≥ 2

ε

∫ c

a

f(t)dt −∫ c

a

g(t)dt.

Et on a donc, pour tout x ∈ [d, b[,∫ x

a

f(t)dt ≤ ε∫ x

a

g(t)dt,

et on a∫ xaf(t)dt = ob−(

∫ xag(t)dt).

Supposons enfin que f ∼b− g, c’est à dire que f−g = ob−(g). Soit ε > 0. Il existe alors c ∈ [a, b[

tel que, pour tout x ∈ [c, b[, |f(x)− g(x)| ≤ ε

2g(x). Pour tout x ∈ [c, b[ on a∣∣∣∣∫ x

a

f(t)dt−∫ x

a

g(t)dt

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∫ c

a

(f(t)− g(t))dt+

∫ x

c

(f(t)− g(t))dt

∣∣∣∣≤∫ c

a

|f(t)− g(t)|dt+

∫ x

c

|f(t)− g(t)|dt ≤∫ c

a

|f(t)− g(t)|dt+ε

2

∫ x

c

g(t)dt

Comme∫ xag(t)dt→ +∞, il existe d ∈ [c, b[ tel que, pour tout x ∈ [d, b[,∫ x

a

g(t)dt ≥ 2

ε

∫ c

a

|f(t)− g(t)|dt.

On obtient alors pour tout x ∈ [d, b[,∣∣∣∣∫ x

a

f(t)dt−∫ x

a

g(t)dt

∣∣∣∣ ≤ ε ∫ x

a

g(t)dt,

et ainsi∫ xaf(t)dt ∼b− (

∫ xag(t)dt).

�

Remarque:i. On peut bien sûr établir un résultat analogue pour f :]a, b]→ R+.

ii. Important ! On utilisera souvent ce théorème pour montrer la convergence d’intégrales im-propres. Il permet en effet d’avoir des informations sur la convergence sans avoir à calculer lamoindre intégrale (en supposant connue la convergence d’intégrales de référence).

iii. Un cas d’application classique est le suivant. Soit une fonction f : [a,+∞[→ R+ (a ∈ R)localement intégrable, telle que f = O+∞(t−α), où α > 1. Le théorème de comparaison


nous assure alors que∫ +∞

max(a,1)

f(t)dt est convergente. Comme f est localement intégrable,∫ max(a,1)

a

f(t)dt existe, et∫ +∞

a

f(t)dt est donc également convergente.

iv. Pour établir la convergence de l’intégrale impropre∫If(t)dt d’une fonction positive f sur un

intervalle quelconque I = (a, b) avec −∞ ≤ a < b ≤ +∞, on procède en général ainsi :– on commence par montrer que f est intégrable sur tout segment contenu dans I. Pour cela,

un argument de continuité, de continuité par morceaux ou de monotonie suffit souvent[au pire, on montre que f est réglée sur tout segment].

– On s’intéresse au comportement de f aux bornes a et b [si I = [a, b[ (resp. I =]a, b])il suffit de s’intéresser au problème en b (resp. en a)]. On cherche un équivalent ou unemajoration de f au voisinage de a et b, bien souvent du même type qu’en iii. On conclutalors en utilisant le théorème de comparaison.

v. Pour établir la divergence d’une telle intégrale, on cherchera à donner un équivalent (auxbornes) g de f dont l’intégrale diverge, ou encore à minorer f par une fonction h positivedont l’intégrale diverge, ou enfin à minorer

∫ dcf(t)dt par une quantité tendant vers +∞ avec

c→ a+ ou d→ b−.

vi. Si f n’est pas positive, on peut tout de même appliquer le théorème à |f | et avoir des infor-mations sur l’absolue convergence. Rappelons que f = O(g) si et seulement si |f | = O(g). Par

exemple, si f : [1,+∞[ est localement intégrable et si f = O+∞(t−2), l’intégrale∫ +∞

1

|f(t)|dt

est convergente d’après le théorème et, par conséquent, l’intégrale∫ +∞

1

f(t)dt est absolument

convergente (donc convergente).

Exercice 2.3. — Déterminer si les intégrales suivantes existent :

i.∫ +∞

1

ln t

t2dt

ii.∫ 1

0

dt

| ln t|

iii.∫ +∞

1

1 + t2

t5 − 1dt

iv.∫ 1

0

− ln t√t− t2

dt

v.∫ +∞

1

e−(ln t)2

dt

vi.∫ π

0

dt√sin t

dt.

vii.∫ +∞

1

t−tt+1 dt

viii.∫ +∞

0

dt

1 + | cos t|

ix.∫ +∞

0

e−t sin tdt

2.4. Propriétés des intégrales impropres

On se limitera dans ce paragraphe aux fonctions continues sur [a, b[ avec −∞ < a < b ≤ +∞, lecas des fonctions continues sur ]a, b] avec −∞ ≤ a < b < +∞ étant laissé au lecteur.

Théorème 2.13. — (Intégration par parties). Soient u, v : [a, b[→ C deux fonctions de classe

C1. Si limx→bx<b

u(x)v(x) existe, les intégrales∫ b

a

u(t)v′(t)dt et∫ b

a

u′(t)v(t)dt sont de même nature. De

plus, si elles convergent, on a ∫ b

a

u(t)v′(t)dt = [uv]ba −∫ b

a

u′(t)v(t)dt,

2.4. PROPRIÉTÉS DES INTÉGRALES IMPROPRES 57

où [uv]ba := limx→bx<b

u(x)v(x)− u(a)v(a).

Preuve : On applique le théorème 1.40 aux fonctions u et v sur tout intervalle [a, x] ⊂ [a, b[. On aalors, pour tout x ∈ [a, b[,∫ x

a

u(t)v′(t)dt = u(x)v(x)− u(a)v(a)−∫ x

a

u′(t)v(t)dt.

Comme limx→bx<b

u(x)v(x) existe, limx→bx<b

∫ x

a

u(t)v′(t)dt existe si et seulement si limx→bx<b

∫ x

a

u′(t)v(t)dt existe, et

dans ce cas, on a bien l’égalité :∫ b

a

u(t)v′(t)dt = [uv]ba −∫ b

a

u′(t)v(t)dt.

�

Exercice 2.4. — On considère pour tout n ∈ N In =

∫ +∞

0

tne−tdt.

i. Justifier l’existence de In.ii. Calculer In.

Exercice 2.5. — On considère le logarithme intégral, qui est l’application définie par

∀x ≥ 2 li(x) =

∫ x

2

dt

ln t.

[Cette application approche très bien le nombre de nombres premiers ≤ x, c’est pourquoi son étude estimportante.] Pour tout n ∈ N∗, donner un développement asymptotique de li(x) à n termes lorsquex→ +∞.

Théorème 2.14. — Changement de variable. Soient φ un C1 difféomorphisme croissant de [α, β[

sur [a, b[ (−∞ < α < β ≤ +∞) et f : [a, b[→ C continue. Alors les intégrales∫ β

α

f(φ(t))φ′(t)dt et∫ b

a

f(t)dt sont de même nature et égales en cas de convergence.

Preuve : D’après le théorème 1.41, on a, pour tout x ∈ [α, β[,∫ x

α

f(φ(t))φ′(t)dt =

∫ φ(x)

φ(α)

f(t)dt =

∫ φ(x)

a

f(t)dt.

Soit l’application F : [a, b[→ C, F (x) =∫ xaf(t)dt. Comme φ est un C1 difféomorphisme croissant, F

admet une limite à gauche en b si et seulement si F ◦φ admet une limite à gauche en β, et dans ce caslimx→bx<b

F (x) = limx→βx<β

F (φ(x)). Ainsi les deux intégrales sont de même nature, et on a l’égalité annoncée

dans le cas où elles convergent. �

Remarque: Si φ est décroissant, la seconde partie devient∫ β

α

f(φ(t))φ′(t)dt = −∫ b

a

f(t)dt.

Exercice 2.6. — Justifier l’existence puis calculer les intégrales suivantes :


i. A =

∫ +∞

0

1

t2 + 4dt

ii. B =

∫ +∞

0

1

(t+ 1)(t+ 2)dt

iii. C =

∫ +∞

0

2t ln t

(1 + t2)2dt

iv. D =

∫ 1

0

ln t√1− t

v. E =

∫ +∞

0

e−t cos tdt

vi. F =

∫ +∞

0

te−√tdt

vii. G =

∫ +∞

0

1

a2 + b2t2dt, a, b > 0.

viii. H =

∫ +∞

1

dt

t√

1 + t2

ix. I =

∫ +∞

0

ln(1 + t2)

t2dt

x. J =

∫ +∞

−∞

1

chtdt

xi. K =∫ 1

0arctan

√1− t2dt.

xii. L =

∫ π2

0

ln(sin t)dt. (Intégrale de Dirichlet) [Indication : on pourra écrire sin t = 2 sint

2cos

t

2]

Exercice 2.7. — Intégrales de Bertrand. Soient α et β des nombres réels.

i. Montrer que (∫ +∞

e

dt

tα lnβ tconverge

)⇔ (α > 1 ou (α = 1 et β > 1))

ii. Montrer que (∫ 1e

0

dt

tα| ln t|βconverge

)⇔ (α < 1 ou (α = 1 et β > 1))

Exercice 2.8. — On considère, pour tout λ ≥ 0, f(λ) =

∫ +∞

0

1

1 + t2e−λt

2

dt.

i. Calculer f(0) et justifier l’existence de f(λ) pour tout λ ∈ R∗+.

ii. Montrer que f(λ) = O

(1√λ

)lorsque λ→ +∞.

iii. Soit a ∈ R∗+. Montrer que limλ→0

∫ a

0

1

1 + t2e−λt

2

dt =

∫ a

0

1

1 + t2dt [indication : noter que pour tout

t ∈ [0, a], e−λt2 ≥ e−λa2 ].

iv. Montrer que limλ→0 f(λ) = f(0).

[Indication : fixer ε > 0 et choisir a ∈ R+ tel que∫ +∞

a

1

1 + t2dt ≤ ε

3]

Exercice 2.9. — Intégrale de Gauss. Soit I =

∫ +∞

0

e−t2

dt.

i. Justifier l’existence de I.

ii. Soit n ∈ N∗. Pour tout t ∈ [0,√n], montrer que(

1− t2

n

)n≤ e−t

2

≤(

1 +t2

n

)−n.

2.5. INTÉGRALES SEMI-CONVERGENTES 59

iii. Montrer que pour tout n ∈ N∗,

√n

∫ π2

0

sin2n+1 u du ≤∫ √n0

e−t2

dt ≤√n

∫ π2

0

sin2n−2 v dv.

[Indication : on pourra effectuer les changements de variable t =√n cosu et t =

√n

cos v

sin v].

iv. En déduire la valeur de I [Indication : penser aux intégrales de Wallis].

Exercice 2.10. — Soit f : [0,+∞[→ R une fonction de classe C2 nulle en 0 telle que les intégrales

I0 =

∫ +∞

0

f2(t)dt et I2 =

∫ +∞

0

f ′′2(t)dt convergent. Montrer que l’intégrale I1 =

∫ +∞

0

f ′2(t)dt

converge et que I21 ≤ I0I2.

Terminons ce paragraphe par un résultat que nous avions annoncé.

Théorème 2.15. — Soit a ∈ R et f : [a,+∞[→ C une fonction uniformément continue sur [a,+∞[.

Si l’intégrale∫ +∞

a

f(t)dt converge, alors limx→+∞

f(x) = 0.

Preuve : Soit ε > 0. f est uniformément continue sur [a,+∞[ donc il existe α > 0 tel que, pour tousx, y ∈ [a,+∞[ vérfiant |x− y| ≤ α, |f(x)− f(y)| ≤ ε

2. De plus,

∫ +∞a

f(t)dt converge donc, d’après le

critère de Cauchy, il existe A > a tel que, pour tous x, y ∈ [A,+∞[,

∣∣∣∣∫ y

x

f(t)dt

∣∣∣∣ ≤ αε

2.

Soit x > A. Alors

|f(x)| = 1

α

∣∣∣∣∫ x+α

x

f(x)dt

∣∣∣∣ =1

α

∣∣∣∣∫ x+α

x

(f(x)− f(t))dt+

∫ x+α

x

f(t)dt

∣∣∣∣≤ 1

α

(∣∣∣∣∫ x+α

x

(f(x)− f(t))dt

∣∣∣∣+

∣∣∣∣∫ x+α

x

f(t)dt

∣∣∣∣) ≤ 1

α

(∫ x+α

x

|f(x)− f(t)| dt+

∣∣∣∣∫ x+α

x

f(t)dt

∣∣∣∣)≤ 1

α

(∫ x+α

x

ε

2dt+

εα

2

)≤ ε.

D’où limx→∞

f(x) = 0. �

Exercice 2.11. — Soit f : R+ → R une fonction de classe C1 telle que les intégrales∫ +∞

0

f(t)dt et∫ +∞

0

f ′2(t)dt convergent. Montrer que f est bornée sur R+.

2.5. Intégrales semi-convergentes

Comme d’habitude, nous nous plaçons dans le cas d’un intervalle [a, b[, avec −∞ < a < b ≤ +∞,l’autre cas étant laissé au lecteur. Le critère suivant permet de montrer la convergence de certainesintégrales impropres.

Théorème 2.16. — Critère d’Abel. Soit f : [a, b[→ R et g : [a, b[→ C des applications localementintégrables sur [a, b[. Si elles satisfont aux deux conditions :i. f ≥ 0, f décroissante et lim

x→bx 0 tel que pour tout x ∈ [a, b[,

∣∣∣∣∫ x

a

g(t)dt

∣∣∣∣ ≤ A,


alors∫ b

a

f(t)g(t)dt est convergente.

Preuve : Soit ε > 0. D’après i, il existe c tel que, pour tout x ∈ [c, b[, f(x) ≤ ε

A. Soient x, y ∈ [c, b[

tels que x < y. Vu les hypothèses, on peut appliquer la seconde formule de la moyenne 1.43, il existe

alors d ∈ [x, y] tel que∫ y

x

f(t)g(t)dt = f(x)

∫ d

x

g(t)dt. On a alors∣∣∣∣∫ y

x

f(t)g(t)dt

∣∣∣∣ ≤ f(x)A ≤ Aε,

d’où le résultat d’après le critère de Cauchy. �

Exemple: On considère la fonction g : [a,+∞[→ C définie par g(t) = eiλt, où a ∈ R, λ ∈ R∗. Pourtout x > a, on a ∣∣∣∣∫ x

a

g(t)dt

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣eiλx − eiλaλ

∣∣∣∣ ≤ 2

|λ|.

Ainsi pour toute fonction f : [a,+∞[ décroissante tendant vers 0 à l’infini (par exemple f(t) =1

tα, α > 0),

∫ +∞

a

f(t)eiλtdt est convergente.

Théorème 2.17. — Critère d’Abel (bis). Soit f : [a, b[→ R et g : [a, b[→ C des applicationslocalement intégrables sur [a, b[. Si, elles satisfont aux deux conditions :i. f ≥ 0, f décroissante,

ii.∫ b

a

g(t)dt est convergente,

alors l’intégrale∫ b

a

f(t)g(t)dt est convergente.

Preuve : Soit ε > 0.∫ bag(t)dt est convergente, donc il existe c ∈ [a, b[ tel que, pour tout x, y ∈ [c, b[

|∫ yxg(t)dt ≤ ε. Soient x, y ∈ [c, b[ tels que x < y. Vu les hypothèses, on peut appliquer la seconde

formule de la moyenne 1.43, il existe alors d ∈ [x, y] tel que∫ y

x

f(t)g(t)dt = f(x)

∫ d

x

g(t)dt. On a alors∣∣∣∣∫ y

x

f(t)g(t)dt

∣∣∣∣ ≤ f(x)

∣∣∣∣∣∫ d

x

g(t)dt

∣∣∣∣∣ ≤ f(a)ε,

d’où le résultat d’après le critère de Cauchy. �

2.5. INTÉGRALES SEMI-CONVERGENTES 61

Méthode : que faire devant une intégrale ?

Soit∫ baf(t)dt une intégrale, −∞ ≤ a < b ≤ +∞.

1.Observation : les bornes a, b sont elles finies, infinies ? f est-elle positive ? f est-elle continue, continuepar morceaux, réglée sur ]a, b[? Dans ce cas f est localement Riemann-intégrable sur ]a, b[. Quel estle comportement de f en a, b?

2. Localiser les problèmes : si a = −∞, ou bien si a ∈ R et si f n’a pas une limite finie en a, unproblème se pose. De même si b = +∞ ou si b ∈ R et f n’a pas de limite finie en b, il y a un problèmeen b. On traite alors chaque problème l’un après l’autre (il faut la convergence de

∫ caf et de

∫ bcf pour

un certain c ∈ R pour avoir la convergence de∫ baf.

3. Compréhension du problème en b (de même en a) : recherche d’un équivalent de f en b, lorsque b estfini. Si f est de signe constant au voisinage de b, on cherche une majoration ou mieux un équivalent def(b− t) lorsque t→ 0+ pour pouvoir comparer f en b aux fonctions usuelles. Par exemple, si on peutmontrer que f(b− t) = O(t−

12 ) ou un O() de toute fonction positive dont on connaît l’intégrabilité en

0, on en déduit que∫ bcf (et même ∈bc |f |) existe pour un certain a < c < b fixé. Si par exemple, on

peut montrer que f(b− t) ∼ 1t , on peut en déduire que

∫ bcf diverge.

Attention, lorsque f n’est pas de signe constant au voisinage de b, on considère d’abord |f |, espérantprouver l’absolue convergence. Lorsqu’on ne peut prouver l’absolue convergence, on considère f mais ilfaut se méfier car on ne peut appliquer le théorème de comparaison qu’à des fonctions de signe constantau voisinage de b. On poussera alors souvent le développement limité à un ordre supérieur pourappliquer le théorème de comparaison au premier terme dont l’intégrale est absolument convergente.

4. Compréhension du problème en b (de même en a) : recherche d’un équivalent de f en b, lorsqueb = +∞. On cherche à comprendre le comportement asymptotique de f en +∞. Est-ce que f a unelimite non nulle ? Dans ce cas

∫ bcf diverge. Si f n’a pas de limite ou une limite nulle, est-ce que

f = O(t−2)? Est-ce que f = O(t−32 )? Est-ce que f = O(t−1(ln t)−2)? Dans ces cas là, le théorème

de comparaison permet d’affirmer que∫ bc|f | converge. Si f ∼ t−1, f ∼ t−

12 , on peut conclure que∫ b

cf diverge. De même, si f n’est pas de signe constant, par exemple f(t) = sin t

t , il faut être méfiantdans l’application du théorème de comparaison. Dans ce cas précis (f(t) = sin t

t ), et dans d’autre cassimilaires, on privilégiera le critère d’Abel.

5. Rassembler les données, et conclure quant à la convergence !

6. Le calcul de l’intégrale est en général basé sur la définition∫ b

a

f = limx→a+

∫ c

x

f + limx→b−

∫ x

c

f. On

calcule bien souvent∫ xcf à l’aide des outils du premier chapitre (intégration par parties, changement

de variable, primitives des fonctions usuelles telles que les fractions rationnelles, fonctions trigonomé-triques etc).



– On ne peut pas intégrer n’importe quoi. Il faut toujours vérifier que la fonction est continue,continue par morceaux ou au pire réglée de sorte qu’elle soit intégrable sur tout segment. Ensuiteet seulement ensuite se posent les problèmes aux bornes.

– Attention à ne pas appliquer le théorème de comparaison à des fonctions qui changent de signe.– Ce n’est pas parce qu’une fonction f est O+∞(t−1) que

∫ +∞1

f(t)dt est nécessairement divergente.Pour dire cela, il faut un équivalent (ou une minoration) de f.

– Ce n’est pas parce que∫ +∞1

f(t)dt converge que lim+∞ f = 0 contrairement au cas des sériesnumériques.

– Ce n’est pas parce que lim+∞ f = 0 que∫ +∞1

f(t)dt converge.

–∫ +∞

1

dt

t2converge, mais

∫ 1

0dtt2 diverge.

– Lorsque l’on n’est pas certain qu’on peut appliquer un théorème de changement de variables oud’intégration par parties sur une intégrale impropre, on peut repasser sans honte au cas d’uneintégrale sur un segment, puis prendre la limite.

2.7. EXERCICES 63

2.7. Exercices

Exercice 2.1. — Soit f : I = [a,+∞[→ R localement intégrable sur I ayant une limite ` > 0 en+∞. Montrer que


Exercice 2.2. — Construire un exemple de fonction continue intégrable sur [0,+∞[ qui n’ait pas delimite nulle en +∞. On verra ensuite que cela ne peut pas se produire si f est uniformément continue.


i.∫ +∞

1

ln t

t2dt

ii.∫ 1

0

dt

| ln t|

iii.∫ +∞

1

1 + t2

t5 − 1dt

iv.∫ 1

0

− ln t√t− t2

dt

v.∫ +∞

1

e−(ln t)2

dt

vi.∫ π

0

dt√sin t

dt.

vii.∫ +∞

1

t−tt+1 dt

viii.∫ +∞

0

dt

1 + | cos t|

ix.∫ +∞

0

e−t sin tdt


∫ +∞

0

tne−tdt.

i. Justifier l’existence de In.

ii. Calculer In.


∀x ≥ 2 li(x) =

∫ x

2

dt

ln t.



i. A =

∫ +∞

0

1

t2 + 4dt

ii. B =

∫ +∞

0

1

(t+ 1)(t+ 2)dt

iii. C =

∫ +∞

0

2t ln t

(1 + t2)2dt

iv. D =

∫ 1

0

ln t√1− t

v. E =

∫ +∞

0

e−t cos tdt

vi. F =

∫ +∞

0

te−√tdt

vii. G =

∫ +∞

0

1

a2 + b2x2dt, a, b > 0.

viii. H =

∫ +∞

1

dt

t√

1 + t2

ix. I =

∫ +∞

0

ln(1 + t2)

t2dt

x. J =

∫ +∞

−∞

1

chtdt

xi. K =∫ 1

0arctan

√1− t2dt.

xii. L =

∫ π2

0


2cos

t

2]

Exercice 2.7. — Intégrales de Bertrand. Soient α et β des nombres réels.


i. Montrer que (∫ +∞

e

dt

tα lnβ tconverge

)⇔ (α > 1 ou (α = 1 et β > 1))


0

dt


)⇔ (α < 1 ou (α = 1 et β > 1))


∫ +∞

0

1

1 + t2e−λt

2

dt.



(1√λ



∫ a

0

1

1 + t2e−λt

2

dt =

∫ a

0

1


t ∈ [0, a], e−λt2 ≥ e−λa2 ].



a

1

1 + t2dt ≤ ε

3]


∫ +∞

0

e−t2

dt.

i. Justifier l’existence de I.ii. Soit n ∈ N∗. Pour tout t ∈ [0,

√n], montrer que(

1− t2

n

)n≤ e−t

2

≤(

1 +t2

n

)−n.

iii. Montrer que pour tout n ∈ N∗,√n

∫ π2

0


e−t2

dt ≤√n

∫ π2

0

sin2n−2 v dv.


√n

cos v

sin v].



I0 =

∫ +∞

0

f2(t)dt et I2 =

∫ +∞

0


∫ +∞

0

f ′2(t)dt



0

f(t)dt et∫ +∞

0


2.8. SOLUTIONS 65

2.8. Solutions

Exercice 2.1. — Soit f : I = [a,+∞[→ R localement intégrable sur I ayant une limite ` > 0 en+∞. Montrer que


Solution : Il existe c ∈ [a,+∞[ tel que pour tout x ∈ [c,+∞[, f(x) ≥ `

2. On a alors, pour tout

x ∈ [c,+∞[, ∫ x

a

f(t)dt =

∫ c

a

f(t)dt+

∫ x

c

f(t)dt ≥∫ c

a

f(t)dt︸︷︷︸constante

+ (x− c) `2.︸︷︷︸

→+∞

.

Ainsi limx→+∞

∫ x

a

f(t)dt = +∞ et∫ +∞a

f(t)dt n’est pas convergente. �

Exercice 2.2. — Construire un exemple de fonction continue intégrable sur [0,+∞[ qui n’ait pas delimite nulle en +∞. On verra ensuite que cela ne peut pas se produire si f est uniformément continue.

Solution : On prend comme fonction f : [0,+∞[→ R+ définie par

f(x) =

2nn2x+ n− 2nn3 si x ∈ [n− 1

n2n , n], n ∈ N, n ≥ 2

−2nn2x+ n+ 2nn3 si x ∈ [n, n+ 1n2n ], n ∈ N, n ≥ 2

0 sinon,

de sorte que f soit continue, nulle hors des intervalles du type [n− 1n2n , n+ 1

n2n ], n ≥ 2, de maximum

égal à n sur chacun de ces intervalles. On a alors∫ x

0

f(t)dt ≤E(x)+1∑n=2

2

n2nn où E(x) est le plus grand

entier plus petit que x. De plusE(x)+1∑n=2

(1

2

)n−1est bornée par 1 car

m∑n=1

2−n =1

2

1− 12m

1− 12

≤ 1. Ainsi∫ x

0

f(t)dt est majorée et donc converge lorsque x→ +∞. Pourtant, f n’est pas bornée. �


i.∫ +∞

1

ln t

t2dt

ii.∫ 1

0

dt

| ln t|

iii.∫ +∞

1

1 + t2

t5 − 1dt

iv.∫ 1

0

− ln t√t− t2

dt

v.∫ +∞

1

e−(ln t)2

dt

vi.∫ π

0

dt√sin t

dt.

vii.∫ +∞

1

t−tt+1 dt

viii.∫ +∞

0

dt

1 + | cos t|

ix.∫ +∞

0

e−t sin tdt

Solution : [On va utiliser le théorème de comparaison, comparant aux bornes nos fonctions avec desfonctions de référence (de Riemann).]

i. t 7→ ln tt2 est continue sur [1,+∞[ donc localement intégrable. En t→ +∞, on a

ln t

t2= O

(t−

32

).

Comme l’intégrale de Riemann∫ +∞

1

t−32 dt converge,

∫ +∞1

ln tt2 dt est convergente d’après le théo-

rème de comparaison (thérorème 2.12).


ii. f : t 7→ 1| ln t| est continue sur ]0, 1[ donc localement intégrable. En t → 0+,

1

| ln t|= O

(t−

12

),

et ainsi∫ 1

2

01| ln t| est convergente. Cependant, lorsque t→ 1−,

1

| ln t|∼ 1

1− t. Comme

∫ 1

12

1

1− tdt

n’est pas convergente,∫ 1

12

f(t)dt n’est pas convergente et∫ 1

0f(t)dt ne l’est pas non plus.

iii. t 7→ 1+t2

t5−1 est continue sur ]1,+∞[ donc localement intégrable. Étudions son comportement en

1+. On a1 + t2

t5 − 1∼ 2

5(t− 1). Comme l’intégrale

∫ 2

1

dt

t− 1est divergente, l’intégrale

∫ 2

11+t2

t5−1dt est

divergente d’après le théorème de comparaison.

iv. t 7→ − ln t√t−t2 est continue sur ]0, 1[ donc localement intégrable. En 0+, on a

− ln t√t− t2

∼ − ln t√t

=

O(t−

34

). Comme

∫ 12

0

t−34 dt est convergente,

∫ 12

0

− ln t√t− t2

dt existe d’après le théorème de com-

paraison.

En 1−, − ln t√t−t2 ∼

1−t√1−t =

√1− t, donc

∫ 1

12

− ln t√t− t2

dt existe. Ainsi∫ 1

0

− ln t√t− t2

dt est convergente.

v. t 7→ e−(ln t)2

est continue sur [1,+∞[ donc est localement intégrable. Pour tout t ≥ e2, ln t ≥ 2

donc ln2 t ≥ 2 ln t et donc e− ln2 t ≤ e−2 ln t =1

t2. Comme

∫ +∞1

t−2dt converge, on en déduit la

convergence de∫ +∞

1

e− ln2 tdt.

vi. t 7→ 1√sin t

est continue sur ]0, π[ donc localement intégrable. Étudions son comportement en 0+

et π−. On a, en 0+,1√sin t

∼ 1√tcar sin t ∼ t. Ainsi

∫ 1

0

dt√sin t

est convergente d’après le théorème

de comparaison. En π− on a de même1√sin t

∼ 1√π − t

, et donc∫ π

1

dt√sin t

est convergente. Ainsi∫ π

0

dt√sin t

est convergente.

vii. f : t 7→ t−tt+1 = exp

(− t

t+ 1ln t

)est continue sur [1,+∞[ donc est localement intégrable.

Étudions son comportement en +∞. On a, lorsque x→ +∞,

f(t) = exp

(− t

t+ 1ln t

)= exp

(− (t+ 1)− 1

t+ 1ln t

)= exp (− ln t) exp

(ln t

t+ 1

)∼ 1

t.

L’intégrale∫ +∞1

t−1dt étant divergente, l’intégrale∫ +∞1

f(t)dt est divergente d’après le théorèmede comparaison.

viii. f : t 7→ dt

1 + | cos t|est continue donc localement intégrable, mais l’intégrale

∫ +∞0

f(t)dt n’est pas

convergente car f(t) ≥ 12 pour tout t ∈ R+.

ix. f : e−t sin t est continue sur [0,+∞[, donc localement intégrable. On va minorer cette fonction surcertains intervalles. Soit k ∈ N∗. Remarquons que pour tout t ∈ [(2k − 1)π, 2kπ], −t sin t ≥ 0 etdonc f(t) ≥ 1. Soit n ∈ N∗. Comme f est une fonction positive, on a∫ 2nπ

0

f(t)dt =

2n−1∑i=0

∫ (i+1)π

iπ

f(t)dt ≥n∑k=1

∫ 2kπ

(2k−1)πf(t)dt ≥

n∑k=1

∫ 2kπ

(2k−1)π1dt = nπ.

2.8. SOLUTIONS 67

Ainsi limn→+∞

∫ 2nπ

0

f(t)dt = +∞ et donc l’intégrale∫ +∞

0

f(t)dt est divergente.

�


∫ +∞

0

tne−tdt.

i. Justifier l’existence de In.ii. Calculer In.

Solution :

i. Soit n ∈ N. fn : x 7→ xne−x est continue sur [0,+∞[ et vérifie fn(x) = O+∞

(1

x2

). Le théorème

de comparaison nous assure alors de la convergence de In pour tout n ∈ N, puisque∫ +∞

1

t−2dt

est convergente.ii. Soit n ∈ N. On intègre par parties In+1. On a alors

In+1 =

∫ +∞

0

tn+1e−tdt =[−tn+1e−t

]+∞0︸︷︷︸

=0−0=0

+

∫ +∞

0

(n+ 1)tne−tdt = (n+ 1)In.

Comme I0 =

∫ +∞

0

e−tdt = [−e−t]+∞0 = 1, Par récurrence immédiate, on a pour tout n ∈ N

In = n!.

�


∀x ≥ 2 li(x) =

∫ x

2

dt

ln t.


Solution : On intègre par parties :

li(x) =

∫ x

2

dt

ln t=

[t

ln t

]x2

+

∫ x

2

1

ln2 tdt.

Observons que, pour k ∈ N∗ ∫ x

2

dt

lnk t=

[t

lnk t

]x2

+ k

∫ x

2

1

lnk+1 tdt.

Par récurrence immédiate, on obtient alors, pour tout n ≥ 1,

li(x) =

n−1∑k=1

(k − 1)!

[t

lnk t

]x2

+ (n− 1)!

∫ x

2

1

lnn tdt.

Estimons le terme∫ x2

1lnn tdt. [C’est une intégrale divergente, donc il suffit de trouver un équivalent de

1

lnn tqu’on sait intégrer.] On a, lorsque t → +∞, 1

lnn t∼ 1

lnn t− n

lnn+1 t. D’où d’après le théorème

de comparaison, on a, lorsque t→ +∞ :∫ x

2

1

lnn tdt ∼+∞

∫ x

2

(1

lnn t− n

lnn+1 t

)dt =

[t

lnn t

]x2

.


On en déduit que

li(x) =

n∑k=1

(k − 1)!x

lnk x+ o

( x

lnn x

).

�


i. A =

∫ +∞

0

1

t2 + 4dt

ii. B =

∫ +∞

0

1

(t+ 1)(t+ 2)dt

iii. C =

∫ +∞

0

2t ln t

(1 + t2)2dt

iv. D =

∫ 1

0

ln t√1− t

v. E =

∫ +∞

0

e−t cos tdt

vi. F =

∫ +∞

0

te−√tdt

vii. G =

∫ +∞

0

1

a2 + b2x2dt, a, b > 0.

viii. H =

∫ +∞

1

dt

t√

1 + t2

ix. I =

∫ +∞

0

ln(1 + t2)

t2dt

x. J =

∫ +∞

−∞

1

chtdt

xi. K =∫ 1

0arctan

√1− t2dt.

xii. L =

∫ π2

0


2cos

t

2]

Solution :

i. a : t 7→ 1

t2 + 4dt est continue sur [0,+∞[ donc localement intégrable. Comme on a 0 ≤ a(t) ≤

1t2 et comme

∫ +∞1

t−2dt est convergente,∫ +∞1

a(t)dt est convergente (d’après le théorème decomparaison). Étant localement intégrable,

∫ +∞0

a(t)dt est aussi convergente. De plus, on a :

A =

∫ +∞

0

1

t2 + 4dt =

1

2

∫ +∞

0

1

1 +(t2

)2 dt2 .On effectue alors le changement de variables u =

t

2, et on obtient

A =1

2

∫ +∞

0

du

1 + u2=

1

2[arctanu]

+∞0 =

π

4.

ii. b : t 7→ 1

(t+ 1)(t+ 2)est continue sur [0,+∞[ donc localement intégrable. Lorsque t → +∞,

on a b(t) ∼ 1t2 .∫ +∞1

1t2 dt étant convergente,

∫ +∞1

b(t)dt est convergente (d’après le théorème decomparaison). On en déduit (de même que pour a) que

∫ +∞0

b(t)dt est convergente. De plus, on a

B =

∫ +∞

0

(1

t+ 1− 1

t+ 2

)dt =

[lnt+ 1

t+ 2

]+∞0

= ln 2.

iii. c : t 7→ 2t ln t

(1 + t2)2est continue sur ]0,+∞[ donc localement intégrable. Il s’agit d’étudier la fonction

en 0 et en +∞. Lorsque t→ 0+, on a |c(t)| ∼ 2|t ln t|. t ln t = O(t12 ) donc

∫ 1

0|t ln t|dt est conver-

gente.∫ 1

0c(t)dt est donc aussi convergente. Lorsque t → +∞, on a c(t) = O

(1

t2

),∫ +∞1

c(t)dt

2.8. SOLUTIONS 69

est donc convergente d’après le théorème de comparaison.∫ +∞0

c(t)dt est donc convergente. Onpropose deux méthodes de calculs pour C, l’une très naturelle et l’autre plutôt astucieuse.

On effectue le changement de variable u = t2. On a

C =1

2

∫ +∞

0

lnu

(1 + u)2du.

Soient ε, x > 0. En intégrant par parties,on a :∫ x

ε

lnu

(1 + u)2dt =

[− lnu

1 + u

]xε

+

∫ x

ε

du

u(1 + u)=

[− lnu

1 + u

]xε

+

∫ x

ε

(1

u− 1

1 + u

)du

=

[− lnu

1 + u

]xε

+

[ln

u

1 + u

]xε

= − lnx

1 + x+ ln

x

x+ 1︸︷︷︸→0 quand x→+∞

+ln ε

1 + ε− ln ε︸︷︷︸

= ε ln ε1+ε →0

+ ln(1 + ε)︸︷︷︸→0

.

On fait tendre x→ +∞ et ε→ 0 et on obtient C = 0.

On peut calculer autrement l’intégrale en remarquant que le changement de variable u = 1t

induit l’égalité :∫ +∞

1

2t ln t

(1 + t2)2dt = −

∫ 1

0

2 lnu

u3(1 + 1

u2

)2 du = −∫ 1

0

2u lnu

(1 + u2)2du,

d’où C =

∫ +∞

1

2t ln t

(1 + t2)2dt+

∫ 1

0

2t ln t

(1 + t2)2dt = 0.

iv. δ : t 7→ ln t√1− t

est continue sur ]0, 1[ donc localement intégrable. Lorsque t → 0+, δ(t) ∼ ln t.

Comme | ln t| = o(t−12 ) et comme

∫ 12

0

t−12 dt converge,

∫ 12

0ln tdt est absolument convergente donc

convergente. Ainsi∫ 1

2

0

δ(t)dt est aussi convergente (d’après le théorème de comparaison). Lorsque

t→ 1−, δ(t) = O((1− t)− 12 ).

∫ 1

12

(1− t)− 12 dt est convergente donc

∫ 1

12

δ(t)dt est aussi convergente

(d’après le théorème de comparaison). Ainsi∫ 1

0δ(t)dt est convergente.

Pour calculer D, effectuons le changement de variable décroissant u =√

1− t ( t = 1 − u2).On a alors

D = −∫ 1

0

ln(1− u2)

u(−2u)du = 2

∫ 1

0

ln(1− u2)du.

On intègre alors par parties, et on obtient :

D = 2[(u− 1) ln(1− u2)

]10︸︷︷︸

=0−0=0

−2

∫ 1

0

−2u(u− 1)

1− u2du = −4

∫ 1

0

u

1 + udu = −4

∫ 1

0

(1− 1

1 + u

)du.

Finalement, on a D = −4(1− ln 2).

v. ε : t 7→ e−t cos t est continue sur [0,+∞[ donc est localement intégrable. De plus 0 ≤ |ε(t)| ≤ e−tet∫ +∞0

e−tdt est convergente donc (théorème de comparaison)∫ +∞0|ε(t)|dt est convergente et

donc∫ +∞0

ε(t)dt est convergente. De plus,

E =

∫ +∞

0

e−teit + e−it

2dt =

1

2

[1

−1 + ie−t+it +

1

−1− ie−t−it

]+∞0

=1

2

(1

1− i+

1

1 + i

)=

1

2


[|e−teit| = e−t → 0 lorsque t→ +∞.]

vi. f : t 7→ te−√t est continue sur [0,+∞[ donc est localement intégrable. Lorsque t → +∞, f(t) =

O(t−2). Comme∫ +∞1

t−2dt est convergente,∫ +∞0

f(t)dt est convergente. Pour calculer F, on

effectue le changement de variable u =√t. On obtient F = 2

∫ +∞

0

u3e−udu. On intègre alors

trois fois par parties :

F = 2[−u3e−u

]+∞0︸︷︷︸

0−0=0

+2

∫ +∞

0

3u2e−udu =[−6u2e−u

]+∞0︸︷︷︸

=0

+12

∫ +∞

0

ue−udu = 0+12

∫ +∞

0

e−udu = 12.

vii. g : t 7→ 1a2+b2x2 est continue sur [0,+∞[ car a 6= 0 et b ≥ 0. Elle est donc localement intégrable

sur [0,+∞[. On a, lorsque t → +∞, g(t) ∼ 1

b2t2(b 6= 0). Comme

∫ +∞1

dtb2t2 est convergente,∫ +∞

0g(t)dt est convergente. On a G =

1

a2

∫ +∞

0

dt

1 +(ba t)2 . On effectue le changement de variable

u =b

at, et on a alors

G =1

ab

∫ +∞

0

1

1 + u2du =

1

ab[arctanu]

+∞0 =

π

2ab.

viii. h : t 7→ 1

t√

1 + t2est continue sur [1,+∞[, et on a, lorsque t→ +∞, h(t) ∼ 1

t2 , donc (de même)∫ +∞1

h(t)dt est convergente. Pour calculer H on effectue le changement de variable u =√

1 + t2

(c’est bien un C1-difféomorphisme). On a alors

H =

∫ +∞

1

tdt

t2√

1− t2=

∫ +∞

√2

udu

(u2 − 1)u=

∫ +∞

√2

du

u2 − 1.

On obtient alors

H =

∫ +∞

√2

1

2

(1

u− 1− 1

u+ 1

)du =

1

2

[lnu− 1

u+ 1

]+∞√2

=1

2ln

√2 + 1√2− 1

= ln(1 +√

2).

ix. t 7→ ln(1 + t2)

t2est continue sur ]0,+∞[. Lorsque t → 0, ln(1+t2)

t2 ∼0 1. Comme∫ 1

01dt est

convergente,∫ 1

0

ln(1 + t2)

t2dt est convergente d’après le théorème de comparaison. Lorsque t →

+∞, ln(1 + t2)

t2= O+∞

(t−

32

). Le théorème de comparaison assure alors la convergence de∫ +∞

1

ln(1 + t2)

t2dt, puisque

∫ +∞

1

t−32 dt converge. Donc I est bien convergente. En intégrant par

parties [inté,grant t−2 et dérivant ln(1 + t2)] on obtient pour tous réels 0 < ε < x,∫ x

ε

ln(1 + t2)

t2dt =

[− ln(1 + t2)

t

]xε

+

∫ x

ε

2

1 + t2dt =

[− ln(1 + t2)

t

]xε

+ 2 [arctan t]xε .

En faisant tendre ε vers 0 et x→ +∞, on obtient I = 0− 0 + 2(π2 − 0) = π.

x. t 7→ 1

ch(t)=

2

et + e−test continue sur R et on a 1

ch(t) = O(

1t2

)lorsque t → +∞ et t →

−∞. De plus les intégrales∫ +∞

1

t−2dt et∫ −1−∞

t−2dt sont convergentes. D’après le théorème de

2.8. SOLUTIONS 71

comparaison,∫ +∞

1

1

ch(t)dt et

∫ −1−∞

1

ch(t)dt sont donc convergentes, et J est alors convergente. ch

étant paire, on voit qu’on a J = 2

∫ +∞

0

1

chtdt [pour s’en convaincre, on effectue le changement

de variable t 7→ −t].On effectue alors le changement de variable u = φ(t) = et (dt = du

u ). φ : [0 +∞[→ [1,+∞[ estun C1-difféomorphisme croissant et on a alors

J = 2

∫ +∞

0

1

chtdt = 2

∫ +∞

1

2

u+ u−1du

u= 4

∫ +∞

1

du

1 + u2= 4 [arctanu]

+∞1 = 4

(π2− π

4

)= π.

xi. [Notons qu’une expression en√

1− t2 pousse à effectuer un changement de variable trigono-métrique, et qu’arctan nous contraint à intégrer par parties pour se ramener à une fractionrationnelle.] t 7→ arctan

√1− t2 est continue sur [0, 1] donc Riemann-intégrable. Effectuons le

changement de variables t = sinu. On obtient

K =

∫ π2

0

(cosu) arctan(cosu) du.

On intègre alors K par parties. On a

K = [(sinu) arctan(cosu)]π20︸︷︷︸

=0−0=0

+

∫ π2

0

sin2 u

1 + cos2 udu =

∫ π2

0

2− (1 + cos2 u)

1 + cos2 udu = 2

∫ π2

0

1

1 + cos2 udu− π

2.

Reste à calculer∫ π

2

0

1

1 + cos2 udu. On effectue le changement de variables v = tanu. [tan : [0,

π

2[→

[0,+∞[ est un C1 difféomorphisme croissant ; cos2 u = 1/(1 + v2), dv = (1 + v2)du.]. On a alors∫ π2

0

1

1 + cos2 udu =

∫ +∞

0

1

1 + 11+v2

dv

1 + v2=

∫ +∞

0

dv

2 + v2=

1

2

∫ +∞

0

dv

1 +(v√2

)2=

1√2

[arctan

(v√2

)]+∞0

=π

2√

2.

Ainsi K =

√2− 1

2π.

xii. t 7→ ln(sin(t)) est continue sur ]0, π2 ] donc localement intégrable. En 0+, on a ln sin t ∼ ln t =

O(t−

12

)et donc

∫ π2

0ln(sin(t))dt est convergente. [On ne sait pas donner de primitive de ln(sin(t))

à l’aide de fonctions usuelles, toutefois on peut calculer cette intégrale] Suivant l’indication, on a

L =

∫ π2

0

(ln 2 + ln sin

t

2+ ln cos

t

2

)dt =

∫ π2

0

ln 2 dt+

∫ π2

0

ln sint

2dt+

∫ π2

0

ln cost

2dt

(toutes les intégrales convergent bien).De plus, le changement de variable u = t

2 conduit à∫ π2

0

ln sint

2dt = 2

∫ π4

0

ln sinu du,

et le changement de variable v = π2 −

t2 à

∫ π2

0ln cos t2dt = 2

∫ π2π4

ln sin v dv. On obtient donc

L =π

2ln 2 + 2

∫ π4

0

ln sinu du+ 2

∫ π2

π4

ln sin v dv =π

2ln 2 + 2L.


Finalement L = −π2 ln 2.

�

Exercice 2.7. — Intégrales de Bertrand.i. Montrer que (∫ +∞

e

dt

tα lnβ tconverge

)⇔ (α > 1 ou (α = 1 et β > 1))


0

dt


)⇔ (α < 1 ou (α = 1 et β > 1))

Solution :

i. – Si α > 1, alors on écrit α = 1 + 2ε, ε > 0. Comme limt→+∞

1

tε(ln t)β= 0 pour tout β ∈ R,

1

tα lnβ t=

1

t1+ε1

tε lnβ t= o

(1

t1+ε

).

L’intégrale∫ +∞

e

dt

t1+εconverge donc (théorème de comparaison) l’intégrale

∫ +∞

e

dt

tα lnβ tconverge aussi.

– Si α < 1, alors on écrit α = 1 − 2ε, ε > 0. Comme limt→+∞

tε

ln tβ= +∞ pour tout β ∈ R, on

a, pour t assez grand,1

tα lnβ t=

1

t1−εtε

lnβ t≥ 1

t1−ε.

L’intégrale∫ +∞

e

dt

t1−εdiverge donc (théorème de comparaison) l’intégrale

∫ +∞

e

dt

tα lnβ tdi-

verge.– Si α = 1, deux cas se présentent.Si β > 1, on écrit, pour tout x ≥ e :∫ x

e

dt

t lnβ t=

1

1− β

[1

lnβ−1 t

]xe

=1

1− β

(1

lnβ−1 x− 1

).

L’intégrale converge donc [cette expression a une limite finie lorsque x → +∞], et on a∫ +∞

e

dt

t lnβ t=

1

β − 1.

Si β ≤ 1, on écrit, pour tout x ≥ e :∫ x

e

dt

t lnβ t≥∫ x

e

dt

t ln t= [ln ln t]

xe = ln lnx.

Comme ln lnx→ +∞ lorsque x→ +∞, l’intégrale∫ x

e

dt

t lnβ tdiverge.

ii. On utilise le théorème de changement de variable pour se ramener au cas précédent. On considèreφ : [e,+∞[→]0, 1e ] définie par φ(x) = 1

x . φ est un C1 difféomorphisme décroissant, et. on aφ′(x) = − 1

x2 . Ainsi∫ 1e

0

dt

tα| ln t|βet∫ +∞

e

1

t2dt

1t

α| ln 1t |β

=

∫ +∞

e

dt

t2−α lnβ t

sont de même nature. On peut alors conclure par i.

2.8. SOLUTIONS 73

�


∫ +∞

0

1

1 + t2e−λt

2

dt.



(1√λ



∫ a

0

1

1 + t2e−λt

2

dt =

∫ a

0

1


t ∈ [0, a], e−λt2 ≥ e−λa2 ].



a

1

1 + t2dt ≤ ε

3]

Solution :

i.∫ +∞0

11+t2 dt existe et vaut f(0) = [arctan t]+∞0 = π

2 . Soit λ ∈ R+. t 7→1

1 + t2e−λt

2

est continue

sur [0,+∞[ donc localement intégrable. De plus, pour tout t ∈ R+ on a 0 ≤ 1

1 + t2e−λt

2

≤ 1

1 + t2,

donc f(λ) existe (et on a f(λ) ≤ f(0)).

ii. Soit λ > 0. On a

f(λ) =

∫ +∞

0

1

1 + t2e−λt

2

dt ≤∫ +∞

0

e−λt2

dt.︸︷︷︸convergente care−λt

2=O(t−2)

Le changement de variable u =√λt conduit à

f(λ) ≤∫ +∞

0

e−λt2

dt =

∫ +∞

0

e−u2 du√

λ=

1√λ

∫ +∞

0

e−u2

du.︸︷︷︸constante

Ainsi f(λ) = O(

1√λ

).

iii. On a : pour tout t ∈ [0, a], 1 ≥ e−λt2

≥ e−λa2

et donc

∀ t ∈ [a, b]1

1 + t2≥ 1

1 + t2e−λt

2

≥ 1

1 + t2e−λa

2

Donc, en intégrant, on obtient :∫ a

0

1

1 + t2dt ≥

∫ a

0

1

1 + t2e−λt

2

dt ≥ e−λa2

∫ a

0

1

1 + t2dt.

Comme limλ→0

e−λa2

= 1, on obtient

limλ→0

∫ a

0

1

1 + t2e−λt

2

dt =

∫ a

0

1

1 + t2dt.

iv. Soit ε > 0.∫ +∞0

11+t2 dt est convergente donc il existe a ≥ 0 tel que

∫ +∞

a

1

1 + t2dt ≤ ε

3. On a

alors, pour tout λ ∈ R+,

∫ +∞

a

1

1 + t2e−λt

2

dt ≤ ε

3. Enfin, d’après iii., il existe α > 0 tel que pour


tout λ ∈ [0, α], ∣∣∣∣∫ a

0

1

1 + t2e−λt

2

dt−∫ a

0

1

1 + t2dt

∣∣∣∣ ≤ ε

3.

On a finalement, pour tout λ ∈ [0, α],

|f(λ)− f(0)| =∣∣∣∣∫ a

0

1

1 + t2e−λt

2

dt+

∫ +∞

a

1

1 + t2e−λt

2

dt−∫ a

0

1

1 + t2dt−

∫ +∞

a

1

1 + t2dt

∣∣∣∣≤∣∣∣∣∫ a

0

1

1 + t2e−λt

2

dt−∫ a

0

1

1 + t2dt

∣∣∣∣+

∣∣∣∣∫ +∞

a

1

1 + t2e−λt

2

dt

∣∣∣∣+

∣∣∣∣∫ +∞

a

1

1 + t2dt

∣∣∣∣≤ ε

3+ε

3+ε

3= ε

�


∫ +∞

0

e−t2

dt.

i. Justifier l’existence de I.

ii. Soit n ∈ N∗. Pour tout t ∈ [0,√n], montrer que(

1− t2

n

)n≤ e−t

2

≤(

1 +t2

n

)−n.

iii. Montrer que pour tout n ∈ N∗,

√n

∫ π2

0


e−t2

dt ≤√n

∫ π2

0

sin2n−2 v dv.


√n

cos v

sin v].


Solution :

i. f : [0,+∞[→ R+, t 7→ e−t2

est continue, donc localement intégrable. En +∞, on a f(t) =

O

(1

t2

). Comme

∫ +∞

1

t−2dt converge, I =

∫ +∞

0

e−t2

dt converge.

ii. Soit n ∈ N∗. Comme ln(1 + x) ≤ x pour tout x ∈]− 1, 1[, on a, pour tout t ∈ [0,√n[,

ln

(1− t2

n

)≤ − t

2

n≤ − ln

(1 +

t2

n

),

d’où (1− t2

n

)n= e

n ln(1− t2n

)≤ e−t

2

≤ e−n ln(1+ t2

n

)=

(1 +

t2

n

)−n.

iii. Soit n ∈ N∗. Intégrons l’inégalité précédente. On a∫ √n0

(1− t2

n

)ndt ≤

∫ √n0

e−t2

dt ≤∫ √n0

(1 +

t2

n

)−ndt ≤

∫ +∞

0

(1 +

t2

n

)−ndt.︸︷︷︸

converge car O(t−2)

2.8. SOLUTIONS 75

On effectue le changement de variable t =√n cosu dans le membre de gauche et t =

√n cos v

sin vdans le membre de droite de l’inégalité. On a alors

√n

∫ π2

0

sinu (1− cos2 u)ndt ≤∫ √n0

e−t2

dt ≤√n

∫ π2

0

1

sin2 v

(1 +

cos2 v

sin2 v

)−n︸︷︷︸

=( 1sin2 v

)−n

dv.

C’est à dire√n

∫ π2

0


e−t2

dt ≤√n

∫ π2

0

sin2n−2 v dv.

iv. Soit In =

∫ π2

0

sinn u du. On a (cf intégrales de Wallis) In ∼√

π

2n. D’où lim

n→+∞

√nI2n+1 =

√π

2et

limn→+∞

√nI2n−2 =

√π

2. Comme on a

√nI2n+1 ≤

∫ √n0

e−t2

dt ≤√nI2n−2,

on en déduit que ∫ +∞

0

e−t2

dt = limn→+∞

∫ √n0

e−t2

dt =

√π

2.

�


I0 =

∫ +∞

0

f2(t)dt et I2 =

∫ +∞

0


∫ +∞

0

f ′2(t)dt


Solution : Notons d’abord que f, f ′ et f ′′ et leurs valeurs absolues sont localement intégrables carcontinues. Montrons que I1 est convergente. Pour tout x > 0, f ′ est C1, et on a, en intégrant parparties : ∫ x

0

f ′2(t)dt = [ff ′]x0 −∫ x

0

f(t)f ′′(t)dt = f(x)f ′(x)−∫ x

0

f(t)f ′′(t)dt. (∗)

De plus, d’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz, on a pour tout x > 0 :∫ x

0

|f(t)||f ′′(t)|dt ≤(∫ x

0

f2(t)dt

∫ x

0

f ′′2(t)dt

) 12

≤√I0I2.

Ainsi∫ +∞

0

|f(t)||f ′′(t)|dt est convergente. On en déduit que l’intégrale∫ +∞

0

f(t)f ′′(t)dt est conver-

gente et donc que la limite limx→+∞

∫ x

0

f(t)f ′′(t)dt existe. Supposons par l’absurde que∫ +∞0

f ′2(t)dt

n’est pas convergente, on a alors limx→+∞

f(x)f ′(x) = +∞. On a alors limx→+∞

∫ x

0

f(t)f ′(t)dt = +∞ [En

effet, il existe a tel ff ′ ≥ 1 sur [a,+∞[ et alors∫ x0ff ′ ≥

∫ a0ff ′+(x−a).]. Mais f2(x) = 2

∫ x0f(t)f ′(t)dt

donc limx→+∞ f2(x) = +∞ et donc∫ +∞0

f2(t)dt diverge, ce qui est absurde. D’où la convergence deI1.

Ainsi, d’après (∗), f(x)f ′(x) a une limite finie ` lorsque x→ +∞. Si ` 6= 0, alors∫ x0f(t)f ′(t)dt est

divergente et, d’après le théorème de comparaison, on a : lorsque x→ +∞,1

2f2(x) =

∫ x

0

f(t)f ′(t)dt ∼∫ x

0

`dt = `x,


ce qui est absurde comme précédemment. On a donc ` = 0 et I1 = −∫ +∞

0

f(t)f ′′(t)dt. Cette dernière

intégrale étant majorée en valeur absolue par√I0I1, on obtient I1 ≤

√I0I2. �


0

f(t)dt et∫ +∞

0


Solution : Il suffit de montrer que f tend vers 0 lorsque x → +∞. Comme∫ +∞

0

f(t)dt converge, il

suffit de montrer que f est uniformément continue sur R+. Posons I =

∫ +∞

0

f ′2(t)dt. Soit ε > 0 et

x, y ∈ R tels que si I 6= 0, |x− y| ≤ ε2

I2 . On a alors, en utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

|f(y)− f(x)| =∣∣∣∣∫ y

x

f ′(t)dt

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣∫ y

x

f ′2(t)dt

∣∣∣∣ 12 ∣∣∣∣∫ y

x

1dt

∣∣∣∣ 12 ≤ I√|x− y| ≤ ε,d’où le résultat. �

2.9. DEVOIR N◦2 77

2.9. Devoir n◦2

Exercice 1. — Déterminer si les intégrales suivantes existent :

i.∫ +∞

1

dt

t(1 + ln t)2ii.∫ +∞

1

sin t√tdt iii.

∫ 1

0

ln t

t12 (1− t) 3

2

dt

Exercice 2. — Justifier l’existence puis calculer les intégrales suivantes :

i. A =

∫ +∞

0

t2 + t+ 1

(1 + t2)2dt ii. B =

∫ +∞

1

arctan t

t2dt

Exercice 3. — 1. Étudier, suivant les valeurs des paramètres a, b ∈ R, la convergence de∫ 1

0

ta| ln t|bdt

(on pourra utiliser sans justification la convergence des intégrales de Riemann).

Exercice 4. — Soit f : R∗+ → R continue telle que∫ +∞

1

f(t)dt converge.

1. Que peut-on dire de la fonction F : R∗+ → R définie par F (x) =

∫ x

1

f(t)dt?

2. Soit a > 0. Montrer que∫ +∞

1

f(t)

tadt converge (on pourra utiliser la fonction F ).

CHAPITRE 3

SÉRIES DE NOMBRES RÉELS ET COMPLEXES

Ce chapitre est consacré à l’étude des séries numériques. Il est analogue en bien des points auchapitre sur les intégrales impropres.

Les séries sont des objets aussi naturels qu’utiles. Dans un corps (R,C), la somme d’un nombre finid’éléments a bien un sens. On peut alors se demander quel sens donner à une somme infinie d’élements.L’étude des séries numériques a pour but de comprendre sous quelles conditions de telles sommesexistent et de déterminer quelles valeurs elles prennent. D’autre part, les séries numériques offrentla possibilité d’approcher de mystérieux nombres réels par des nombres plus habituels (rationnels).On en a alors une bien meilleure compréhension. Par exemple, on a découvert de nombreuses sériespermettant de donner une approximation de π par des rationnels aussi bonne que l’on veut. L’uned’elles est la suivante :

π =4

1− 4

3+

4

5− 4

7+

4

9− · · · ;

elle permet de calculer (lentement certes) les décimales de π avec une précision arbitraire. Bien qu’onn’en reparlera pas ici, notons que l’écriture décimale des nombres réels est une autre illustration de

l’utilisation des séries numériques : tout réel s’écritn∑k=0

bk10k +

+∞∑k=1

ak10−k, où n ∈ N et où les ak et

bk sont des éléments de {0, . . . , 9}.Enfin, signalons que la plupart des résultats exposés ici se trouvent déjà dans le Cours d’analyse

de Cauchy (1821), ce qui témoigne de l’intérêt des mathématiciens de l’époque pour ce sujet.

3.1. Généralités sur les séries

Définition 3.1. — Soit (un)n∈N une suite de nombres réels ou complexes. On pose, pour tout n ∈ N,Sn = u0 + · · ·+un. La série de terme général un, notée

∑un, est la suite des sommes partielles

(Sn)n∈N.

Remarque: Parfois u0, . . . , un0−1 ne sont pas définis. On écrit alors∑n≥n0

un et Sn = un0+ · · ·+un.

Définition 3.2. — On dit que la série∑un est convergente si la suite des sommes partielles (Sn)

est convergente. Dans ce cas, sa limite limn→+∞

Sn, notée+∞∑n=0

un, est appelée somme de la série. Le

80 CHAPITRE 3. SÉRIES DE NOMBRES RÉELS ET COMPLEXES

reste d’indice n de la série est alors+∞∑

k=n+1

uk. Si la série∑un n’est pas convergente, on dira qu’elle

est divergente.

Remarque: On ne change pas la nature (son caractère convergent ou divergent) d’une série enmodifiant un nombre fini de ses termes, ou en multipliant les termes par une même constante nonnulle.Exemple:

– Série géométrique : soit q ∈ C.∑qn converge ⇔ |q| < 1 et dans ce cas+∞∑n=0

qn =1

1− q

(ainsi+∞∑n=1

(1

2

)n= 1).

– Série harmonique : La série harmonique∑n≥1

1

nest divergente. En effet,

S2n − Sn =1

n+ 1+ · · ·+ 1

2n≥ n · 1

2n=

1

2,

donc la suite (Sn) est divergente.

Proposition 3.3. — Si la série∑un converge, alors lim

n→+∞un = 0.

Preuve : Soit∑un une série convergente. On a, pour tout n ≥ 1, un = Sn − Sn−1. Si (Sn) converge,

limn→∞

Sn − Sn−1 = 0, d’où le résultat. �

La réciproque à cette proposition est n’est pas vérifié, comme le montre l’exemple de la sérieharmonique.

Remarque: L’étude d’une suite (un) peut se faire par une série : (un) converge si et seulement si

la série∑

(un+1 − un) converge. En effet, Sn =

n∑k=0

(uk+1 − uk) = un+1 − u0.

Théorème 3.4. — Critère de Cauchy pour les séries. La série∑un est convergente si et seule-

ment si pour tout ε > 0, il existe n0 ∈ N tel que :

pour tout n ≥ N, tout p ∈ N |un + · · ·+ un+p| ≤ ε.

Preuve : Ce n’est rien d’autre que le critère de Cauchy pour la suite (Sn) : un+· · ·+un+p = Sn+p−Sn−1.�

Exercice 3.1. — Soit (un) une suite décroissante à termes positifs. Montrer que si∑un converge,

alors un = o

(1

n

).

Définition 3.5. — Une série de terme général un est dite absolument convergente si la série∑|un| converge.

Exemple:– Si q ∈ C, la série

∑qn est absolument convergente si et seulement si |q| < 1.

– Si θ ∈ R, la série∑

einθ

n n’est pas absolument convergente.

3.2. SÉRIES À TERMES POSITIFS 81

Théorème 3.6. — Toute série∑un absolument convergente de nombres réels ou complexes est aussi

convergente, et dans ce cas ∣∣∣∣∣+∞∑n=0

un

∣∣∣∣∣ ≤+∞∑n=0

|un|

Preuve : Soit∑un une série absolument convergente. Soit ε > 0.

∑|un| satisfait au critère de Cauchy

donc il existe n0 ∈ N tel que pour tout n ≥ n0, tout p ∈ N, |un|+ · · ·+ |un+p| ≤ ε. Ainsi, pour toutn ≥ n0 et tout p ∈ N

|un + · · ·+ un+p| ≤ |un|+ · · ·+ |un+p| ≤ ε,d’où la converengence en utilisant le critère de Cauchy. Pour prouver l’inégalité, on remarque que∣∣∣∣∣n∑k=0

uk

∣∣∣∣∣ ≤n∑k=0

|uk|. En passant à la limite, on a le résultat. �

Définition 3.7. — On appelle série semi-convergente toute série convergente qui n’est pas abso-lument convergente.

Faisons un premier lien avec la convergence des intégrales impropres :

Théorème 3.8. — Soient [a, b[ un intervalle de R (−∞ < a < b ≤ +∞) et f : [a, b[→ C localementintégrable. Les assersions suivantes sont équivalentes :

i. L’intégrale∫ baf(t)dt converge.

ii. Pour toute suite (xn) d’éléments de [a, b[ tendant vers b, la suite(∫ xn

a

f(t)dt

)n

converge.

iii. Pour toute suite (xn) d’éléments de [a, b[ tendant vers b, la série∑∫ xn+1

xn

f(t)dt converge.

iv. Pour tout ε > 0, il existe c ∈ [a, b[ tel que

∀x, y ∈ [c, b[,

∣∣∣∣∫ y

x

f(t)dt

∣∣∣∣ ≤ ε.Preuve : i.⇔ ii.⇔ iv. sont déjà connues. Montrons donc l’équivalence ii.⇔ iii. Supposons ii. Soit (xn)une suite d’éléments de [a, b[ tendant vers b. D’après la relation de Chasles, on a :

Sn =

n∑k=0

∫ xk+1

xk

f(t)dt =

∫ xn+1

x0

f(t)dt.

Comme pour tout n ∈ N∫ xn+1

x0

f(t)dt =

∫ xn+1

a

f(t)dt−∫ x0

a

f(t)dt, la limite limn→∞

∫ xn+1

x0

f(t)dt existe

(et est finie) en vertu de ii. La suite (Sn) converge donc.Réciproquement, supposons iii. Soit (xn) une suite d’éléments de [a, b[ tendant vers b. Alors la

suite (Sn =∑nk=0

∫ xk+1

xkf(t)dt) est convergente, et donc lim

n→+∞

∫ xn+1

x0

f(t)dt existe, et donc la suite

(∫ xn+1

af(t)dt) est convergente. �

3.2. Séries à termes positifs

Dans ce paragraphe, on ne considère que des séries de nombres réels positifs.Remarque: Si la suite (un) est une suite de réels positifs, alors la suite (Sn) des sommes partiellesest croissante (car Sn+1 − Sn = un).

On déduit immédiatement de cette remarque la proposition importante suivante.


Proposition 3.9. — Une série à termes positifs converge si et seulement si la suite de ses sommespartielles est majorée.

Proposition 3.10. — Comparaison terme à terme. Soient (un) et (vn) deux suites à termespositifs. On suppose qu’il existe n0 ∈ N tel que, pour tout n ≥ n0, 0 ≤ un ≤ vn. Alors :

– si∑vn converge,

∑un converge, et dans ce cas

+∞∑n=n0

un ≤+∞∑n=n0

vn,

– si∑un diverge,

∑vn diverge.

Preuve :

– Si∑vn converge, la suite (

n∑k=n0

uk) est croissante et majorée par+∞∑k=n0

vk. Elle converge, donc et

sa limite vérifie+∞∑k=n0

uk ≤+∞∑k=n0

vk.

– Si∑un diverge, (

n∑k=n0

uk) n’est donc pas majorée, et

(n∑

k=n0

vk

)ne l’est donc pas non plus, et

par conséquent,∑vn diverge.

�

Exemple:

– Étude de∑n≥1

un avec un =1

n2.

Posons, pour n ≥ 2, vn =1

n(n− 1)=

1

n− 1− 1

n. Comme

m∑n=1

vn = 1− 1

m, on a

+∞∑n=2

vn = 1.

De plus, pour tout n ≥ 2 un ≤ vn. On en déduit que∑n≥2

un converge et+∞∑n=2

un ≤+∞∑n=2

vn. .

Ainsi∑n≥1

un converge et+∞∑n=1

un ≤ 2.

– Comme, pour tout n ≥ 11√n≥ 1

net∑n≥1

1

nest divergente,

∑n≥1

1√n

est divergente.

Proposition 3.11. — Comparaison terme à terme. Soient (un) et (vn) deux suites à termespositifs. On suppose qu’il existe c, C > 0 et n0 ∈ N tel que, pour tout n ≥ n0, 0 ≤ c vn ≤ un ≤ C vn.Alors

∑un et

∑vn sont de même nature.

Preuve : C’est une conséquence immédiate de 3.10, vu que pour toute série∑an, tout α 6= 0, et tout

n0 ∈ N∑n≥n0

αan et∑an sont de même nature (noter qu’il est important que c, C > 0). �

Corollaire 3.12. — Si∑un et

∑vn sont deux séries à termes positifs tels que un ∼ vn, alors elles

sont de même nature.

Corollaire 3.13. — Si (vn) est à termes strictement positifs et si(unvn

)→ ` > 0, alors les deux

suites sont de même nature.


Preuve : En effet, il existe alors n0 ∈ N tel que, pour tout n ≥ n0,`

2≤ unvn≤ 2` c’est à dire que, pour

tout n ≥ n0,`2vn ≤ un ≤ 2`un. On peut donc appliquer la proposition précédente, et on a alors le

résultat. �

Exemple:– Soit x ∈]0, π[. La série

∑n≥1

sinx

ndiverge. En effet sin

x

n∼n→+∞

x

net la série harmonique

diverge (x 6= 0).

– Soit x ∈ R∗. La série∑n≥1

ln

(1 +

x2

n2

)converge. En effet, lorsque n → +∞, ln

(1 +

x2

n2

)∼n

x2

n2et la série

∑n≥1

1

n2converge. Si x = 0, c’est la série nulle, elle converge donc aussi.

Le théorème suivant est très important, puisqu’il va nous permettre en particulier d’établir laconvergence ou la divergence de séries sans avoir à les calculer.

Théorème 3.14. — Théorème de comparaison. Soient∑un et

∑vn deux séries à termes po-

sitifs telles que un ∼ vn (respectivement un = o(vn), resp. un = O(vn)).

i. Si∑vn converge, alors

∑un converge (dans les trois cas ci-dessus), et on a

+∞∑k=n+1

uk ∼+∞∑

k=n+1

vk,(resp.

+∞∑k=n+1

uk = o

(+∞∑

k=n+1

vk

), resp.

+∞∑k=n+1

uk = O

(+∞∑

k=n+1

vk

)).

ii. Si∑vn diverge, alors

n∑k=0

uk ∼n∑k=0

vk

(resp.

n∑k=0

uk = o

(n∑k=0

vk

), resp.

n∑k=0

uk = O

(n∑k=0

vk

)).

Preuve :

i. Si un ∼ vn, un = o(vn) ou un = O(vn), il existe M > 0 et n0 > 0 tels que, pour tout n ≥ n0,un ≤ Mvn. D’après la proposition 3.10, si

∑vn converge, alors

∑un converge. On note alors

Rn =

+∞∑k=n+1

uk et Tn =

+∞∑k=n+1

vk.

– Cas un = O(vn). Pour tout n ≥ n0, on a (en sommant les inégalités puis en passant à la

limite)+∞∑

k=n+1

uk ≤M+∞∑

k=n+1

vk ce qui signifie que Rn = O(Tn).

– Cas un = o(vn). Soit ε > 0. Il existe alors N tel que, pour tout n ≥ N, un ≤ εvn. Alors ona, pour tout n ≥ N, Rn ≤ εTn et donc Rn = o(Tn).

– Cas un ∼ vn. Soit ε > 0. Il existe alors N tel que, pour tout n ≥ N, (1 − ε)vn ≤ un ≤(1 + ε)vn. En sommant les inégalités et en passant à la limite, on obtient pour tout n ≥ N,(1− ε)Tn ≤ Rn ≤ (1 + ε)Tn. Ainsi Rn ∼ Tn.

ii. Supposons maintenant que∑vn diverge. Notons Un =

∑nk=0 uk et Vn =

∑nk=0 vk.

– Cas un = O(vn). Il existe M > 0 et N > 0 tels que, pour tout n ≥ N un ≤ Mvn. Ensommant termes à termes, on obtient, pour tout n ≥ N Un−UN ≤M(Vn−VN ), c’est à direUn ≤ (UN −MVN ) +MVn. Comme

∑vn diverge, Vn a pour limite +∞ lorsque n→ +∞, il

existe donc N1 ≥ N tel que, pour tout n ≥ N1, Vn ≥ 1M (UN−MVN ). On a alors Un ≤ 2MVn

pour tout n ≥ N1, et donc Un = O(Vn).


– Cas un = o(vn). Soit ε > 0. Il existe N > 0 tel que, pour tout n ≥ N un ≤ εvn. Ensommant termes à termes, on obtient, pour tout n ≥ N Un − UN ≤ ε(Vn − VN ), et doncUn ≤ (UN − εVN ) + εVn. Comme

∑vn diverge, il existe donc N1 ≥ N tel que, pour tout

n ≥ N1, Vn ≥ 1ε (UN − εVN ). On a alors Un ≤ 2εVn pour tout n ≥ N1, et donc Un = o(Vn).

– Cas un ∼ vn. Soit ε > 0. Il existe alorsN tel que, pour tout n ≥ N, (1−ε)vn ≤ un ≤ (1+ε)vn.En sommant termes à termes, on obtient, pour tout n ≥ N,

(1− ε)(Vn − VN ) ≤ Un − UN ≤ (1 + ε)(Vn − VN ),

et donc

(UN − (1− ε)VN ) + (1− ε)Vn ≤ Un ≤ (UN − (1 + ε)VN ) + (1 + ε)Vn.

Comme∑vn diverge, il existe donc N1 ≥ N tel que, pour tout n ≥ N1,

Vn ≥1

ε(UN − (1 + ε)VN ) et − Vn ≤

1

ε(UN − (1− ε)VN ).

On a alors(1− 2ε)Vn ≤ Un ≤ (1 + 2ε)Vn.

Ainsi, on a Un ∼ Vn.�

Remarque: Lorsqu’une série∑un n’est pas à termes positifs, on peut toutefois essayer de prouver

son absolue convergence à l’aide du théorème précédent appliqué à∑|un|.

Afin de pouvoir utiliser toute la force du théorème, il nous faut des séries de référence. On va lesobtenir en application du chapitre précédent et de la proposition suivante.

Proposition 3.15. — Comparaison série-intégrale. Soit f continue positive décroissante sur[a,+∞[. Soit n0 ∈ N tel que n0 ≥ a. La série

∑n≥n0

f(n) converge si et seulement si l’intégrale∫ +∞

a

f(t)dt converge.

Preuve : Supposons que l’intégrale∫ +∞

a

f(t)dt converge. Alors, d’après le théorème 3.8, la série∑n≥n0

∫ n+1

n

f(t)dt est convergente. Comme f est positive décroissante,

f(n+ 1) =

∫ n+1

n

f(n+ 1)dt ≤∫ n+1

n

f(t)dt.

Ainsi∑n≥n0

f(n+ 1) est convergente, et donc∑n≥n0

f(n) est convergente.

Réciproquement, supposons qu’il existe n0 ≥ a tel que∑n≥n0

f(n) converge. Soit un segment J ⊂

[a,+∞[. Alors il existe N ≥ n0 + 1 tel que J ⊂ [a,N ]. Comme f est positive, on a∫J

f(t)dt ≤∫ N

a

f(t)dt =

∫ n0

a

f(t)dt+

∫ N

n0

f(t)dt ≤∫ n0

a

f(t)dt+

N−1∑n=n0

∫ n+1

n

f(t)dt

≤∫ n0

a

f(t)dt+

N−1∑n=n0

∫ n+1

n

f(n)dt ≤∫ n0

a

f(t)dt+

+∞∑n=n0

f(n).

∫Jf(t)dt est donc borné indépendamment de J,

∫ +∞a

f(t)dt est donc convergente. �


Proposition 3.16. — Séries de Riemann et de Bertrand. Soit α ∈ R.

i. La série∑n≥1

1

nαconverge si et seulement si α > 1.

ii. La série∑n≥2

1

n(lnn)αconverge si et seulement si α > 1.

Preuve :

i. Si α ≤ 0, la suite (n−α) ne tend pas vers 0 donc∑n≥1 n

−α est divergente. Si α > 0, l’applicationfα : [1,+∞[→ R+, x 7→ x−α est positive et décroissante. Alors

∑n≥1 n

−α est convergente si etseulement si

∫ +∞1

fα(t)dt converge, c’est à dire si et seulement si α > 1.

ii. La fonction gα : [2,+∞[→ R+, x 7→ x−1(log x)−α est décroissante (il suffit de calculer g′) etpositive, ainsi

∑n≥2

gα(n) est convergente si et seulement si∫ +∞2

gα(t)dt est convergente, c’est à

dire si et seulement si α > 1.

�Ces séries sont les séries de référence. On les utilisera sans cesse tout au long des exercices pour

établir la convergence ou la divergence d’autres séries.

Exercice 3.2. — Étudier la convergence des séries dont le terme général est :

i. un =lnn

n2

ii. un =1

lnn

iii. un =n2

2n

iv. un = n√n+ 1− n

√n

v. un = n sin1

n

vi. un =1

n lnnln(1 +

√n)

vii. un = 1− cosπ

n

viii. un =

(n

n+ 1

)n2

ix. un = tan1√n− sin

1√n

x. un =1

nsi n est un carré, 0

sinon.

Exercice 3.3. — Montrer que la suite (un) définie par

un =

n∏k=1

(1 +

1

k2

)converge.

Exercice 3.4. — Justifier la convergence et calculer la somme des séries terme général suivant :

i. un =1

n!

ii. un =(−1)n

(2n+ 1)!

iii. un = ln

(1 +

(−1)n

n

), n ≥ 2

iv. un =1

(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)

v. un =1

lnn− 2

ln (n+ 1)+

1

ln (n+ 2)

vi. un =n3

n!

vii. arctan(

1n2+n+1

)[Indication : on pourra utiliser la formule bien connue tan(a−b) =

tan a− tan b

1 + tan a tan b]

viii. un =sin(nα)

2n, α ∈ R [indication : on pourra se ramener au calcul d’une série géométrique]


Exercice 3.5. — On pose pour tout n ∈ N∗, un =

(n∑k=1

1

k

)− lnn. Montrer que un+1−un = O

(1n2

)et en déduire que (un)n∈N∗ converge. γ = limun s’appelle la constante d’Euler.

Exercice 3.6. — Soit la suite (un)n∈N définie par un =nne−n

√n

n!.

i. Étudier la nature de la série de terme général vn = lnun+1

un.

ii. En déduire l’existe d’un réel α > 0 tel que n! ∼ α√nnne−n lorsque n→ +∞.

iii. En utilisant la formule de Wallis, calculer α.

Exercice 3.7. — Soit f :]0,+∞[→ C de classe C1 telle que∫ +∞

1

|f ′(t)|dt converge.

1. Montrer que∑n≥1

f(n) et(∫ n

1

f(t)dt

)n


2. En déduire que∑n≥1

f(n) et∫ +∞1

f(t)dt sont de même nature.

3. En déduire, pour α >1

2, la nature de la série

∑n≥1

ei√n

nα.

4. Soient 0 < α < β ≤ 1. Montrer que la série de terme général un =sin (nα)

nβest convergente si et

seulement si α+ β > 1.

Donnons à présent quelques critères de convergence. Ils sont particulièrement utiles dans le cas oùla suite est donnée par un produit ou une puissance.

Proposition 3.17. — Règle de Cauchy. Soit (un) une suite à termes positifs. S’il existe un réelλ < 1 et n0 ∈ N, tels que pour tout n ≥ n0, u

1nn ≤ λ, alors

∑un converge.

S’il existe n0 ∈ N tel que, pour tout n ≥ n0, u1nn ≥ 1, alors

∑un diverge.

Preuve : Supposons qu’il existe un réel λ < 1 et n0 ∈ N, tels que pour tout n ≥ n0, u1nn ≤ λ. Alors

pour tout n ≥ n0, un ≤ λn. Comme |λ| < 1, la série géométrique∑λn converge. La proposition 3.10

nous assure que∑un converge.

Supposons qu’il existe n0 ∈ N tel que, pour tout n ≥ n0, u1nn ≥ 1. Alors un ≥ 1 pour tout n ≥ n0

et donc (un) ne converge donc pas vers 0. Par conséquent, la série∑un ne converge pas. �

Proposition 3.18. — Règle de d’Alembert. Soit (un) une suite à termes strictement positifs. S’ilexiste un réel λ < 1 et un entier n0 ∈ N tels que, pour tout n ≥ n0,

un+1

un≤ λ, alors

∑un converge.

Si, pour tout n ≥ n0, un+1

un≥ 1, alors

∑un diverge.

Preuve : Supposons qu’il existe un réel λ < 1 et un entier n0 ∈ N tels que, pour tout n ≥ n0,un+1

un≤ λ.

Par récurrence immédiate, on a pour tout n ≥ n0, un ≤ λn−n0un0 . Comme la série∑ un0

λn0λn converge

(λ < 1),∑un converge d’après la proposition 3.10.

S’il existe n0 tel que pour tout n ≥ n0, un+1

un≥ 1, alors la suite (un) est croissante à partir du rang

n0 et donc ne tend pas vers 0. On en déduit que∑un diverge. �

Remarque: On peut utiliser ces critères pour montrer qu’une série à termes complexes est abso-lument convergente.


Exemple:

i. La série∑n≥1

(1− 1

n

)n2

converge. En effet, on applique la règle de Cauchy :

((1− 1

n

)n2) 1n

=

(1− 1

n

)n→ 1

e< 1.

ii. Soit z ∈ C. La série∑n≥0

zn

n!est absolument convergente. En effet, si |z| = 0, c’est trivial, et si

[z| > 0, on applique la règle de d’Alembert :|z|(n+1)

(n+1)!

|z|nn!

=|z|n+ 1

< 1 si n ≥ |z|.

iii. Soient z ∈ C et un = n!(xn

)n. Alors la série

∑n≥1

un converge si et seulement si |z| < e. En

effet, on applique la règle de d’Alembert :|un+1||un|

=|z|(

1 + 1n

)n → |z|e .Ainsi la série est absolument convergente pour |z| < 1. Si |z| > e, la suite (un) ne converge pascar |un+1/un| ≥ 1.


i. un =nlnn

(lnn)n

ii. un =n!

nn

Définition 3.19. — Soient∑an et

∑bn deux séries de nombres complexes. On appelle produit de

Cauchy de deux séries∑an et

∑bn la série

∑cn définie par

∀n ∈ N cn =

n∑k=0

akbn−k.

Remarque: Cette définition n’est pas sans rappeler le produit de deux polynômes. En fait, c’est leproduit de deux séries entières qui motive cette définition (une série entière est une somme infinie∑+∞n=0 anX

n).

Théorème 3.20. — Soient∑an et

∑bn deux séries absolument convergentes de nombres complexes

et∑cn leur produit de Cauchy. Alors la série

∑cn est absolument convergente et sa somme vérifie

+∞∑n=0

cn =

(+∞∑n=0

an

)·

(+∞∑n=0

bn

).

Preuve : Supposons d’abord que (an) et (bn) sont deux suites de réels positifs. Fixons les notations :

considérons les sommes partielles An =

n∑k=0

ak, Bn =

n∑k=0

bk et Cn =

n∑k=0

cn, ainsi que leurs limites


A = limn→∞

An et B = limn→∞

Bn. Posons Jn = {(p, q) ∈ N2 | p+ q ≤ n}. On a

Cn =

n∑k=0

∑p+q=k

apbq =∑

(p,q)∈Jn

apbq

tandis que AnBn =∑

(p,q)∈{0,...,n}2apbq.

Remarquons que {0, . . . , E(n2

)}2 ⊂ Jn ⊂ {0, . . . , n}2 [faire un dessin pour s’en convaincre]. Les

séries étant à termes positifs, on a donc

AE(n2 )BE(n2 ) ≤ Cn ≤ AnBn.

Lorsque n → +∞, les membres de gauche et de droite de l’inégalité ont AB comme limite, (Cn)converge donc aussi vers AB.

Traitons à présent le cas général et gardons les notations précédentes.∑an et

∑bn sont absolument

convergentes donc convergentes, donc A et B sont bien définis. Notons de plus An =∑nk=0 |ak|,

Bn =

n∑k=0

|bk|, Cn =∑nk=0

∑p+q=k |ap||bq|, et leurs limites respectives A = lim

n→∞An, B = lim

n→∞Bn et

C = limn→∞

Cn = AB (d’après la première partie de la preuve). On a alors

|AnBn − Cn| =

∣∣∣∣∣∣∑

(p,q)∈{0,...,n}2\Jn

apbq

∣∣∣∣∣∣ ≤∑

(p,q)∈{0,...,n}2\Jn

|ap||bq| = AnBn − Cn︸︷︷︸→0

,

d’où le résultat. �

Exercice 3.9. — Justifier la convergence et calculer la somme des séries suivantes.

i. un =2n

n!

ii. un = 2−nn∑k=0

4k

k!

Remarque: Si on suppose seulement la semi-convergence des deux séries, on perd en général laconvergence de

∑cn, comme on le verra à l’exercice 3.12.

3.3. Séries semi-convergentes

3.3.1. Séries alternées. — Ce sont des séries de la forme∑

(−1)nan avec an ≥ 0.

Théorème 3.21. — Critère des séries alternées. Soit (an) une suite de réels satisfaisant :

i. ∀n ∈ N an ≥ 0.

ii. (an) est décroissante.

iii. limn→+∞

an = 0.

Alors la série∑

(−1)nan converge et, pour tout n, le reste Rn =

+∞∑k=n+1

(−1)kak vérifie |Rn| ≤ an+1.

3.3. SÉRIES SEMI-CONVERGENTES 89

Preuve : Notons Sn =∑nk=0(−1)kak les sommes partielles de la série. La suite (S2n) est décroissante

puisque pour tout n, S2n+2 − S2n = a2n+2 − a2n+1 et (an) décroissante. De même, la suite (S2n+1)est croissante puisque pour tout n, S2n+3 − S2n+1 = −a2n+3 + a2n+2 > 0. De plus, pour tout n,S2n ≥ S2n+1 et lim

n→+∞S2n−S2n+1 = 0 puisque S2n−S2n+1 = a2n+1. Ainsi, les suites sont adjacentes,

et donc convergent vers la même limite S vérifiant S2n+1 ≤ S ≤ S2n. Ainsi la suite (Sn) converge versS. De plus, on a, pour tout n ≥ 0 :

|R2n| = |S − S2n| = S2n − S ≤ S2n − S2n+1 = a2n+1

et pour tout n ≥ 1,

0 ≤ S − S2n−1 = R2n−1 ≤ S2n − S2n−1 = a2n.

Ainsi, pour tout n ∈ N |Rn| ≤ an+1. �

Exercice 3.10. — i. Montrer que la série∑ (−1)n

n+1 est semi-convergente.

ii. Calculer sa somme (on pourra utiliser la formule de Taylor).

iii. Déterminer α ∈ Q tel que | ln 2− α| ≤ 1

10.


i. un =(−1)n√

nii. un =

(−1)n√n+ (−1)n

iii. un =(−1)E(

√n)

n

Exercice 3.12. — On considère la série de terme général un =(−1)

n

√n+ 1

. Rappeler pourquoi∑un

converge. Montrer que le produit de Cauchy de∑un avec

∑un n’est pas convergent.

3.3.2. Transformation d’Abel. — Soit∑un une série. Ecrivons, pour tout n, un = αnvn et

posons Sn =∑nk=0 vk. Effectuer une transformation d’Abel sur

∑un est écrire, pour n > 0 :

n∑k=0

uk =

n∑k=0

αkvk = α0v0 +

n∑k=1

αk(Sk − Sk−1)

= α0v0 +

n∑k=1

αkSk −n−1∑k=0

αk+1Sk =

n∑k=0

αkSk −n−1∑k=0

αk+1Sk

= αnSn +

n−1∑k=0

(αk − αk+1)Sk.

On peut grandement améliorer le critère des séries alternées par le théorème suivant :

Théorème 3.22. — Règle d’Abel. Soit∑un une série de nombres complexes. On suppose que,

pour tout n, un s’écrit un = αnvn, où– (αn) est une suite de nombres réels positifs, déroissante, tendant vers 0.– La suite (Sn = v0 + · · ·+ vn) est bornée.

Alors la série∑un est convergente.

Preuve : On effectue une transformation d’Abel sur∑un. On obtient, pour n > 0,

n∑k=0

uk = αnSn +

n−1∑k=0

(αk − αk+1)Sk.


Par hypothèse, (Sn) est bornée, donc il existeM > 0 telle que ∀n |Sn| ≤M. Ainsi, |αnSn| ≤Mαn → 0

puisque (αn)→ 0. De plus, la série∑

(αk − αk+1)Sk converge absolument, puisque :

n−1∑k=0

|(αk − αk+1)||Sk| ≤Mn−1∑k=0

|αk − αk+1| = M

n−1∑k=0

(αk − αk+1) = M(α0 − αn),

puisque (αn) est décroissante. La série∑

(αk − αk+1)Sk est donc convergente. On en déduit enfinque la suite (

∑nk=0 uk)n converge comme somme de deux suites convergentes. �

Exemple:– On retrouve le critère des séries alternées avec αn = an et vn = (−1)n.

– Soit θ ∈ R \ 2πZ. La série∑ einθ

nest semi-convergente (la série harmonique n’étant pas

convergente, elle n’est pas absolument convergente). Plus généralement, toute série de la forme∑αne

inθ, où (αn) est une suite de réels positifs, décroissante, tendant vers 0, est convergente.En effet, la suite (Sn = 1 + eiθ + · · ·+ einθ) est bornée :

|Sn| =∣∣∣∣1− ei(n+1)θ

1− eiθ

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣ 2

1− eiθ

∣∣∣∣ =1∣∣sin θ

2

∣∣ .

3.3.3. Séries commutativement convergentes. — On peut se demander ce qu’il advient lors-qu’on change l’ordre de sommation des termes d’une série. C’est ce que nous allons étudier dans ceparagraphe.

Définition 3.23. — On dira qu’une série∑un est commutativement convergente si, pour toute

bijection φ : N→ N, la série∑uφ(n) est convergente.

Ainsi, toute série commutativement convergente est convergente (prendre φ = Id).

Théorème 3.24. — Toute série∑un de nombres complexes absolument convergente est commuta-

tivement convergente. De plus, pour toute bijection φ : N→ N, on a :

+∞∑n=0

uφ(n) =

+∞∑n=0

un.

Preuve : Soit φ : N→ N une bijection. Pour tout n ≥ 0

n∑k=0

|uφ(k)| ≤+∞∑k=0

|uk| < +∞

car∑un est absolument convergente. Ainsi la série

∑uφ(n) est absolument convergente donc conver-

gente. Montrer à présent que leurs sommes S =

+∞∑n=0

un et S′ =

+∞∑n=0

uφ(n) sont égales. Soit ε > 0

et soit n0 ∈ N tel que∑+∞k=n0+1 |uk| < ε (existe car

∑un est absolument convergente). Comme φ

est surjective, il existe n1 tel que {0, . . . , n0} ⊂ {φ(0), φ(1), . . . , φ(n1)} [On peut prendre ici n1 =max{φ−1(0), . . . , φ−1(n0)}].

3.3. SÉRIES SEMI-CONVERGENTES 91

On a alors

|S − S′| =

∣∣∣∣∣(S −

n0∑k=0

uk

)+

(n0∑k=0

uk −n1∑k=0

uφ(k)

)+

(n1∑k=0

uφ(k) − S′)∣∣∣∣∣

≤

∣∣∣∣∣S −n0∑k=0

uk

∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣n0∑k=0

uk −n1∑k=0

uφ(k)

∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣n1∑k=0

uφ(k) − S′∣∣∣∣∣

≤+∞∑

k=n0+1

|uk|+∑

k∈{0,...n1},k/∈φ−1({0,...,n0})

|uφ(k)|++∞∑

k=n1+1

|uφ(k)|

≤+∞∑

k=n0+1

|uk|++∞∑

k=n0+1

|uk|++∞∑

k=n0+1

|uk| ≤ 3 ε.

Ceci étant valable pour tout ε > 0, on en déduit donc que S = S′. �

Exercice 3.13. — L’objet de cet exercice est de démontrer la réciproque au théorème 3.24 dans lecas des suites réelles : toute série de nombres réels commutativement convergente est absolumentconvergente.

Soit∑un une série semi-convergente. [Nous allons réordonner les termes de (un) de sorte à avoir

beaucoup plus de termes positifs que négatifs dans les sommes partielles obtenues et qu’elles soientalors arbitrairement grandes.] Soient I l’ensemble des n ∈ N tel que un ≥ 0 et J l’ensemble des n ∈ Ntel que un < 0.

i. Montrer qu’il existe deux bijections croissantes φ : N→ I et ψ : N→ J.

ii. Montrer que les séries∑uφ(n) et

∑uψ(n) sont divergentes (indication : on pourra raisonner par

l’absurde).

iii. Construire par récurrence une suite croissante d’entiers distincts (Nk)k∈N vérifiant∑Nki=0 uφ(i) ≥

2k.

iv. Posons N−1 = −1. Soit f : N→ N définie par :

f(n) =

{φ(n− k) si n ∈ {Nk−1 + k + 1, . . . , Nk + k}ψ(k) si n = Nk + k + 1.

Vérifier que f est bijective.v. Pour tout n > N0, notons kn le plus grand entier tel que Nkn + kn < n. Montrer qu’il existe

M ≥ 0 tel quen∑i=0

uf(i) ≥ 2kn − (kn + 1)M.

vi. Conclure.


Méthode : que faire devant une série ?

Soit∑un une série.

1. Observation :∑un est-elle à termes positifs, a-t-elle l’air d’une série alternée ?

2. Comportement de (un) en +∞. Est-ce que limun = 0? Sinon,∑un diverge.

3. Absolue convergence. On estime vn = |un| lorsque n → +∞, souvent à l’aide de majorations ouminorations élémentaires ou encore de développements limités. Si vn = O(n−2), vn = O(n−

32 ) ou

bien vn = O(n−1(lnn)−2) la série∑un converge absolument. Si vn ∼ n−1, ou vn ∼ n−1lnn−1,

∑vn

diverge, et donc∑un n’est pas absolument convergente. Elle est alors semi-convergente ou divergente.

Si vn est décroissante, on peut également utiliser la comparaison série-intégrale.

4. Observation :∑un est-elle une série alternée, ou vérifie-t-elle le critère d’Abel ? On en déduirait

que∑un converge.

4. Si on n’a pas encore pu déterminer la nature de la série, on peut essayer de pousser l’estimationasymptotique de un un peu plus loin, et appliquer le théorème de comparaison à partir du premier

terme dont on connait l’absolue convergence. C’est le cas de la série définie par un = ln

(1 +

(−1)n

n

)par exemple. On considère wn = un −

(−1)n

net on a wn = O(n−2), donc

∑wn converge. On se

ramène ainsi à l’étude de la série alternée(−1)n

n.

5. Conclure quant à la convergence !

6. Le calcul de la somme est en général astucieux. On peut utiliser différentes méthodes : sommesde Riemann, formule de Lagrange avec reste intégral, annulation des termes de la série deux à deux(dans le cas d’une série commutativement convergente)...


– Il ne faut pas confondre la série de terme général (un) (qui est la suite

(n∑k=0

uk

)n

) avec la suite

(un).– Ce n’est pas parce qu’une suite (un) tend vers 0 que la série de terme général (un) converge.– Il ne faut pas appliquer le théorème de comparaison à des séries dont le terme général change de

signe.– Ce n’est pas parce que un = O(n−1) que

∑un diverge. Il faut un équivalent (ou une minoration)

pour pouvoir conclure.– Il ne faut pas confondre le langage des séries numériques et celui des séries de fonctions (bien que

les séries numériques soient des séries de fonctions constantes). La notion de convergence simple,

3.4. QUELQUES ERREURS FRÉQUENTES 93

normale, uniforme (etc) n’a pas lieu d’être pour les séries numériques, pour lesquelles on a laconvergence (absolue) et la semi-convergence.


3.5. Exercices


alors un = o

(1

n

).


i. un =lnn

n2

ii. un =1

lnn

iii. un =n2

2n

iv. un = n√n+ 1− n

√n

v. un = n sin1

n

vi. un =1

n lnnln(1 +

√n)


n

viii. un =

(n

n+ 1

)n2


1√n

x. un =1


sinon.


un =

n∏k=1

(1 +

1

k2

)converge.


i. un =1

n!

ii. un =(−1)n

(2n+ 1)!

iii. un = ln

(1 +

(−1)n

n

), n ≥ 2

iv. un =1

(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)

v. un =1

lnn− 2

ln (n+ 1)+

1

ln (n+ 2)

vi. un =n3

n!

vii. arctan(

1n2+n+1


tan a− tan b

1 + tan a tan b]

viii. un =sin(nα)



(n∑k=1

1

k


(1n2



√n

n!.


un.




1



f(n) et(∫ n

1

f(t)dt

)n


3.5. EXERCICES 95


f(n) et∫ +∞1




∑n≥1

ei√n

nα.





i. un =nlnn

(lnn)n

ii. un =n!

nn


i. un =2n

n!

ii. un = 2−nn∑k=0

4k

k!





10.


i. un =(−1)n√

nii. un =

(−1)n√n+ (−1)n

iii. un =(−1)E(

√n)

n


n

√n+ 1










l’absurde).


2k.



f(n) =


Vérifier que f est bijective.v. Pour tout n > N0, notons kn le plus grand entier tel que Nkn + kn < n. Montrer qu’il existe

M ≥ 0 tel quen∑i=0

uf(i) ≥ 2kn − (kn + 1)M.

vi. Conclure.

3.6. Solutions


alors un = o

(1

n

).

Solution :[La preuve se fait naturellement, on reformule le résultat à démontrer, on traduit les hypo-thèses, et l’on conclut.] Il s’agit de montrer que nun → 0. Soit ε > 0. La série

∑un étant convergente,

il existe n0 > 0, tel que, pour tout n ≥ n0

n∑k=n0+1

uk ≤ ε. (un) étant décroissante, ∀k ≤ n, uk ≥ un.

On en déduit que (n− n0)un ≤ ε. Ainsi, pour tout n ≥ 2n0, nun ≤ 2(n− n0)un ≤ 2ε. �


i. un =lnn

n2

ii. un =1

lnn

iii. un =n2

2n

iv. un = n√n+ 1− n

√n

v. un = n sin1

n

vi. un =1

n lnnln(1 +

√n)


n

viii. un =

(n

n+ 1

)n2


1√n

x. un =1


sinon.

Solution :

i.lnn

n2= O

(1

n32

)et∑ 1

n32

converge donc le théorème de comparaison nous assure la convergence

de∑un.

ii. Pour n ≥ 2,1

lnn≥ 1

n12

et∑ 1

n12

diverge donc∑un diverge.

iii. un = O(

1n2

)et∑

1n2 donc

∑un converge.

iv. On va chercher un équivalent de cette différence via le théorème des accroissements finis. Soitfn(x) = n

√x. Pour tout n, il existe cn ∈]n, n+ 1[ tel que

n√n+ 1− n

√n = f ′n(c) =

1

ne(

1n−1) ln cn =

1

ncne

1n ln cn .

Comme cn ∼ n, on a n√n+ 1− n

√n ∼ 1

n2, et donc

∑un est convergente.

v.∑un diverge car (un) tend vers 1 lorsque n→ +∞.

3.6. SOLUTIONS 97

vi. On a un =1

2

lnn

n lnn+

1

n lnnln

(1 +

1√n

)≥ 1

2n. La série

∑ 1

ndiverge donc

∑un diverge (on

pourra plus tard utiliser les séries de Bertrand).

vii. On a un ∼ π2

2n2 (développement limité de cos) et∑n−2 converge donc

∑un converge d’après le

théorème de comparaison.

viii. On a un = e−n2 ln(1+ 1

n ) = e−n2( 1n−

12n2 +o( 1

n2 )) = e−ne12+o(1) ∼ e

12 e−n. Comme la série géomé-

trique∑e−n converge, le théorème de comparaison nous assure la convergence de

∑un.

ix. On a un =1√n

+1

3

1

n32

+ o(n−32 ) −

(1√n− 1

6

1

n32

+ o(n−32 )

)=

1

6n32

+ o(n−32 ). Comme

∑1

n32

converge,∑un converge d’après le théorème de comparaison.

x. Posons Sn =

n∑k=1

uk. D’après la définition de un, on a Sn =∑k≤n

k carré

1

k. L’ensemble des carrés de

{1, . . . , n} est en bijection avec {1, . . . , E(√n)} (x 7→

√x), donc on a

Sn =

E(√n)∑

j=1

1

j2≤

+∞∑j=1

1

j2︸︷︷︸fini

.

Sn est croissante ((un) est à termes positifs) et majorée, donc converge, et ainsi∑n≥1 un converge.

�


un =

n∏k=1

(1 +

1

k2

)converge.

Solution : On a lnun =

n∑k=0

ln

(1 +

1

k2

). Comme ln

(1 + 1

n2

)∼ 1

n2 et que la série∑

1n2 converge, on

a la convergence de∑

ln(1 + 1

n2

)c’est à dire de la suite des sommes partielles (lnun) de la série, et

donc finalement de la suite (un) �


i. un =1

n!

ii. un =(−1)n

(2n+ 1)!

iii. un = ln

(1 +

(−1)n

n

), n ≥ 2

iv. un =1

(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)

v. un =1

lnn− 2

ln (n+ 1)+

1

ln (n+ 2)

vi. un =n3

n!

vii. arctan(

1n2+n+1


tan a− tan b

1 + tan a tan b]

viii. un =sin(nα)


Solution :


i. un = O(n−2) donc∑un converge d’après le théorème de comparaison. Pour calculer sa somme,

on applique la formule de Taylor à exp . On a

exp(1) =

n∑k=0

exp(0)

n!+

∫ 1

0

(1− t)n

n!exp(t)dt.

Comme∫ 1

0

(1− t)n

n!exp(t)dt ≤ exp(1)

∫ 1

0

(1− t)n

n!dt =

exp(1)

(n+ 1)!, on a lim

n→+∞

n∑k=0

1

n!= exp(1).

ii. On a(

1(2n+1)!

)= O(n−2) donc la série

∑un est absolument convergente. Pour calculer la somme,

on va procéder comme précédemment, c’est à dire qu’on va reconnaître une fonction usuelle dontle développement de Taylor donne les sommes partielles. Ici on reconnaît la fonction C∞ f = sin .

On a, d’après la formule de Taylor

sin 1 = sin 0 +

n∑k=0

(−1)k

(2k + 1)!+

∫ 1

0

(1− t)2n+1

(2n+ 1)!f (2n+2)(t)dt

donc ∣∣∣∣∣sin 1−n∑k=0

(−1)k

(2k + 1)!

∣∣∣∣∣ ≤ sup[0,1]

|f (2n+2)|∫ 1

0

(1− t)2n+1

(2n+ 1)!dt ≤ 1

(2n+ 2)!.

D’où sin 1 =∑+∞k=0

(−1)k(2k+1)! en passant à la limite.

iii. un = ln

(1 +

(−1)n

n

)=

(−1)n

n+gn, où gn = O

(1

n2

). Comme

∑n−2 converge, le théorème de

comparaison nous assure la convergence de∑gn. Montrons que

∑ (−1)n

nconverge [plus tard,

on pourra utiliser directement le critère des séries alternées]. Posons Sn =

n∑k=1

(−1)k

k. On a, en

groupant les termes par deux,

S2n =

n∑k=1

(1

2k− 1

2k − 1

)= −

n∑k=1

1

2k(2k − 1)et S2n+1 = S2n −

1

2n+ 1(∗).

D’après le théorème de comparaison, la série∑ 1

2n(2n− 1)est également convergente, puisque

1

2n(2n− 1)= O(n−2). On en déduit que (S2n) converge. D’après (∗), (S2n+1) converge vers la

même limite. On en déduit alors la convergence de (Sn). Ainsi,∑un converge comme somme de

deux séries convergentes.

De plus, on constate que u2n = ln

(2n+ 1

2n

)= ln(2n + 1) − ln(2n) et de même u2n+1 =

ln(2n) − ln(2n + 1). D’où2n+1∑k=2

uk =

n∑k=1

(u2k + u2k+1) = 0. D’où+∞∑k=2

uk = 0 [car∑n≥2

un est

convergente donc la suite de ses sommes partielles converge vers une limite `, et alors toutesous-suite converge aussi vers `. On en déduit que ` = 0].

iv. La série est (absolument) convergente puisque un ∼1

n3et que

∑ 1

n3est convergente. On va

décomposer un en « éléments simples », c’est à dire sous la forme un =α

n+ 1+

β

n+ 2+

γ

n+ 3.

3.6. SOLUTIONS 99

En mettant sous même dénominateur, on voit que α, β et γ doivent satisfaire l’équation suivantepour tout n ∈ N :

α(n+ 2)(n+ 3) + β(n+ 1)(n+ 3) + γ(n+ 1)(n+ 2) = 1,

c’est à diren2(α+ β + γ) + n(5α+ 4β + 3γ) + (6α+ 3β + 2γ) = 1.

On obtient donc : α = 12 β = −1 et γ = 1

2 . Pour tout n ∈ N, posons Sn =∑nk=0 uk. On a alors

Sn =

n∑k=0

1

2(k + 1)−

n∑k=0

1

k + 2+

n∑k=0

1

2(k + 3)=

n∑k=0

1

2(k + 1)−n+1∑k=1

1

k + 1+

n+2∑k=2

1

2(k + 1)

=1

2

(n∑k=0

1

k + 1−n+1∑k=1

1

k + 1

)− 1

2

(n+1∑k=1

1

k + 1−n+2∑k=2

1

k + 1

)

=1

2

(1− 1

n+ 1

)− 1

2

(1

2− 1

n+ 3

)→ 1

4.

Ainsi,+∞∑n=0

un =1

4.

v. Considérons les sommes partielles Sn =

n∑k=2

uk. On a

Sn =

n∑k=2

(1

ln k− 1

ln (k + 1)

)+

n∑k=2

(1

ln (k + 2)− 1

ln (k + 1)

)=

1

ln 2− 1

ln(n+ 1)+

1

ln(n+ 2)− 1

ln 3.

On voit alors que Sn →1

ln 2− 1

ln 3lorsque n→ +∞, d’où la convergence de la série et sa somme

+∞∑n=0

un =1

ln 2− 1

ln 3.

vi. un = O(n−2) donc la série∑un converge. Ramenons nous à des sommes bien connues en sim-

plifiant l’expression [En fait, la méthode générale est d’exprimer le polynôme (ici X3) en n dansla base adaptée au factoriel : ici X, X(X − 1) X(X − 1)(X − 2)] On a, si n ≥ 3,

un =n2

(n− 1)!=

(n− 1)(n− 2) + 3(n− 1) + 1

(n− 1)!=

1

(n− 3)!+

3

(n− 2)!+

1

(n− 1)!.

On en déduit donc que+∞∑n=3

un =

+∞∑n=3

1

(n− 3)!+

+∞∑n=3

3

(n− 2)!+

+∞∑n=3

1

(n− 1)!= e+ 3(e− 1) + (e− 2) = 5e− 5.

Ainsi+∞∑n=0

un = u0 + u1 + u2 + 5e− 5 = 5e.

vii. Comme arctanx ∼0 x, on a un ∼ 1n2 et donc

∑un converge. Rappelons que tan(a − b) =

tan a− tan b

1 + tan a tan b. On a donc, pour n > 0,

tan

(arctan

1

n− arctan

1

n+ 1

)=

1n −

1n+1

1 + 1n

1n+1

=1

n2 + n+ 1,


d’où arctan 1n2+n+1 = arctan 1

n − arctan 1n+1 . On a donc

n∑k=1

arctan1

k2 + k + 1=

n∑k=1

(arctan

1

k− arctan

1

k + 1

)= arctan 1− arctan

1

n+ 1→n→+∞

π

4.

On en déduit que+∞∑n=0

arctan1

n2 + n+ 1= arctan 1 +

+∞∑n=1

arctan1

n2 + n+ 1=π

2.

viii. On a∣∣∣∣ sin(nα)

2n

∣∣∣∣ ≤ 1

2net∑

2−n converge donc la série∑un converge absolument. On va calculer

sa somme en se ramenant à une série géométrique, utilisant l’identité un = =(einα

2n

). La série

∑ einα

2nest également absolument convergente donc convergente, et on a

+∞∑k=0

uk = =

(+∞∑k=0

eikα

2k

).

Comme+∞∑k=0

(eiα

2

)k=

1

1− eiα

2

= 21

2− cosα− i sinα= 2

2− cosα+ i sinα

(2− cosα)2 + sin2 α,

on a+∞∑k=0

uk =2 sinα

(2− cosα)2 + sin2 α.

�


(n∑k=1

1

k


(1n2


Solution : On a

un+1 − un =1

n+ 1− ln

n+ 1

n=

1

n+ 1− ln

(1 +

1

n

)=

1

n+ 1− 1

n︸︷︷︸= −1n(n+1)

+O

(1

n2

)= O

(1

n2

).

Comme∑n−2 est convergente, la série

∑(un+1 − un) converge absolument (d’après le théorème de

comparaison), et donc∑

(un+1 − un) converge. Commen∑k=1

(uk+1 − uk) = un+1 − u1, (un) converge.

�


√n

n!.


un.



Solution :

i. On a vn = lnun+1

un= ln

((n+ 1)n+1

nne−n−1

e−n

√n+ 1√n

n!

(n+ 1)!

)= ln

((1 +

1

n

)n+ 12

e−1

)d’où

vn = −1 +

(n+

1

2

)(1

n− 1

2n2+O

(1

n3

))= O

(1

n2

). Comme

∑n−2 est convergente, la série∑

vn converge d’après le théorème de comparaison.

3.6. SOLUTIONS 101

ii. Les sommes partielles de∑vn sont Vn =

n∑k=0

vk = lnun+1 − lnu0. (Vn) converge donc (lnun)

converge vers un réel β et donc (un) converge vers eβ . On en déduit que un =nne−n

√n

n!∼ eβ et

donc n! ∼ e−βnne−n√n, d’où le résultat avec α = e−β > 0.

iii. On a la formule de Wallis :

limn→+∞

1

n

(2n(2n− 2) · · · 2

(2n− 1)(2n− 3) · · · 1

)2

= π.

Mais2n(2n− 2) · · · 2

(2n− 1)(2n− 3) · · · 1=

(2n(2n− 2) · · · 2)2

2n(2n− 2) · · · 2(2n− 1)(2n− 3) · · · 1=

(2n · 2(n− 1) · · · 2)2

(2n)!=

22n(n!)2

(2n)!.

On a donc

1

n

(2n(2n− 2) · · · 2

(2n− 1)(2n− 3) · · · 1

)2

=1

n

(22n(n!)2

(2n)!

)2

∼ 1

n

24nα4n4ne−4nn2

α2(2n)4ne−4n2n=α2

2.

On a doncα2

2= π, c’est à dire α =

√2π, et finalement

n! ∼√

2πnnne−n.

�


1



f(n) et(∫ n

1

f(t)dt

)n



f(n) et∫ +∞1




∑n≥1

ei√n

nα.




Solution : 1. Pour établir le résultat, il est suffisant de montrer que la suite (un) définie par un =∫ n+1

1

f(t)dt−n∑k=1

f(k) est convergente [il s’agit ici d’une astuce classique]. Remarquons d’abord que

un =n∑k=1

(∫ k+1

k

f(t)dt− f(k)

),

et ainsi (un)n∈N est la série de terme général(∫ n+1

n

f(t)dt− f(n)

). Montrons qu’elle converge ab-

solument. [Nous avons une information sur∫ +∞1|f ′(t)|dt, il s’agit de nous en servir !] On intègre alors

par parties [on intègre 1 par t− n− 1 et non par t]∫ n+1

n

f(t)dt = [(t− n− 1)f(t)]n+1n −

∫ n+1

n

(t− n− 1)f ′(t)dt,


et donc ∫ n+1

n

f(t)dt− f(n) = −∫ n+1

n

(t− n− 1)f ′(t)dt,

d’où l’on déduit :∣∣∣∣∫ n+1

n

f(t)dt− f(n)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∫ n+1

n

(t− n− 1)f ′(t)dt

∣∣∣∣ ≤ ∫ n+1

n

|(t− n− 1)| |f ′(t)| dt

≤∫ n+1

n

|f ′(t)| dt.

On obtient alorsn∑k=1

∣∣∣∣∣∫ k+1

k

f(t)dt− f(k)

∣∣∣∣∣ ≤n∑k=1

∫ k+1

k

|f ′(t)| dt =

∫ n+1

1

|f ′(t)|dt

≤∫ +∞

1

|f ′(t)| dt < +∞.

Ainsi la série converge absolument, et donc converge. Finalement, la suite (un) converge.2. Il est suffisant de montrer que si

(∫ n1f(t)dt

)nconverge,

∫ +∞1

f(t)dt est convergente (l’autre sensdécoulant directement de la définition). Montrons d’abord que f tend vers 0. On a f(x) − f(1) =∫ x1f ′(t)dt. Comme

∫ +∞1|f ′(t)|dt converge,

∫ +∞1

f ′(t)dt converge aussi et donc f admet une limite alorsque x → +∞. Supposons de plus que

(∫ n1f(t)dt

)nconverge. Alors

∑f(n) converge d’après 1.

et on a donc a = limn→+∞

f(n) = 0. Soit ε > 0. Il existe x0 tel que, pour tout x ≥ x0, |f(x)| ≤ ε.

De plus,(∫ n

1f(t)dt

)n

converge vers un réel ` donc il existe n0 ≥ x0 tel que, pour tout n ≥ n0∣∣∣∣∫ n

1

f(t)dt− `∣∣∣∣ ≤ ε. Soit x ≥ n0 et n = E(x). On a∣∣∣∣∫ x

1

f(t)dt− `∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣∫ x

1

f(t)dt−∫ n

1

f(t)dt

∣∣∣∣︸︷︷︸=|∫ xn f(t)dt|≤ε

+

∣∣∣∣∫ n

1

f(t)dt− `∣∣∣∣︸︷︷︸

≤ε

≤ 2ε.

On a ainsi la convergence.

3. [Il s’agit d’appliquer 1. donc de vérifier que les hypothèses sont satisfaites.] Soit α >1

2. Considérons

l’application fα :]0,+∞[→ C définie par fα(x) =ei√x

xα= ei

√x−α ln x. On a, pour x > 0,

|f ′α(x)| =∣∣∣∣i 1

2√x− α

x

∣∣∣∣ ∣∣∣ei√x−α ln x∣∣∣ =

√1

4x+α2

x2x−α =

√1

4+α2

xx−α−

12 .

En x→ +∞, √1

4+α2

xx−α−

12 ∼+∞

x−α−12

2.

L’intégrale de Riemann∫ +∞

1

dt

tα+12

est convergente puisque α >1

2, et donc

∫ +∞

1

|f ′α(t)|dt est conver-gente.

Étudions alors(∫ n

1

fα(t)dt

)n

. Cette suite converge si l’intégrale∫ +∞

1

ei√t

tαdt est convergente.

On effectue le changement de variables t = u2. D’après le théorème de changement de variables,∫ +∞

1

ei√t

tαdt est convergente si et seulement si

∫ +∞

1

eiu

u2α2udu est convergente. Cette dernière est

3.6. SOLUTIONS 103

convergente pour tout α >1

2en vertu du critère d’Abel 2.16. Ainsi la série

∑n≥1

fα(n) est convergente

pour α >1

2.

4. Considérons l’application (de classe C1) g : [1,+∞[→ R, définie par g(t) =sin tα

tβ. On a g′(t) =

αtα−1 cos tα

tβ− β sin tα

tβ+1d’où |g′(t)| ≤ α

t1+β−α+

β

t1+β. Comme α < β et α > 0 on a la convergence de

l’intégrale∫ +∞

1

|g′(t)|dt. Ainsi∑f(n) et

∫ +∞

1

g(t)dt ont même nature.

Posons G(x) =

∫ x

1

g(t)dt. On effectue le changement de variable u = tα. On a alors

G(x) =

∫ x

1

sin tα

αtβ−α+1αtα−1dt =

1

α

∫ xα

1

sinu

uβ+α−1α

du.

D’après le critère d’Abel pour les intégrales impropres [et l’exemple qui suit], siβ + α− 1

α> 0, alors∫ +∞

1

sinu

uβ+α−1α

du est convergente. G a alors une limite lorsque x → +∞, et on en déduit finalement

que la série∑f(n) est convergente. Si

β + α− 1

α= 0, G(x) = 1

α (sinxα − sin 1) et G(x) n’a donc pas

de limite lorsque x→ +∞. Si β + α− 1

α< 0, alors l’intégrale ne vérifie pas le critère de Cauchy car∫ π

2 +2kπ

π6 +2kπ

sinu

uβ+α−1α

du ≥(π

2+ 2kπ − π

6− 2kπ

)(inf

[π6 +2kπ,π2 +2kπ]sin

)(inf

u∈[π6 +2kπ,π2 +2kπ]u−

β+α−1α

)≥ π

3

1

2

(π6

+ 2kπ)− β+α−1

α → +∞,

lorsque k → +∞.∫ +∞

1

sinu

uβ+α−1α

du n’est donc pas convergente. D’où l’équivalence. �


i. un =nlnn

(lnn)n

ii. un =n!

nn

Solution :

i. n√un =

1

lnne

ln2 nn → 0 donc, d’après la règle de Cauchy, la série converge.

ii. On a un+1

un= (n+1)!

n!nn

(n+1)n+1 =(

nn+1

)n=(1 + 1

n

)−n → e−1 < 1. D’après la règle de d’Alembert,la série

∑un est convergente.

�


i. un =2n

n!

ii. vn = 2−nn∑k=0

4k

k!


Solution :i. On considère an = 1

n! . On a an = O(n−2) et∑n−2 converge donc

∑an converge absolument.

Soit∑cn le produit de Cauchy de

∑an et de

∑an.

∑cn converge absolument, et sa somme

vaut∑+∞n=0 cn =

(∑+∞n=0 an

)2= e2. On a

cn =

n∑k=0

akan−k =

n∑k=0

1

k!(n− k)!=

1

n!

n∑k=0

Ckn =2n

n!= un.

Ainsi,∑un converge (absolument) et on a

∑+∞k=0 un = e2.

ii. On forme a présent le produit de Cauchy de∑un et de

∑2−n. Son terme général est

n∑k=0

2k

k!2k−n =

vn.∑vn converge donc puisque les deux séries sont absolument convergentes, et on a

+∞∑n=0

vn =

(+∞∑n=0

un

)(+∞∑n=0

2−n

)= 2e2.

�





10.

Solution :

i.(

1

n+ 1

)n∈N

est une suite décroissante tendant vers 0, on peut donc appliquer le critère des séries

alternées à∑ (−1)n

n+1 . Cette série converge donc et son reste d’ordre n − 1 vérifie |Rn−1| ≤ 1n+1 .

De plus, la série harmonique∑

1n+1 diverge, donc la série

∑ (−1)nn+1 est semi convergente.

ii. Appliquons la formule de Taylor à l’ordre n à f : [0, 1] → R, f(x) = ln(1 + x) entre 0 et 1. La

fonction f est de classe C∞ et on a, pour tout n ≥ 1, f (n)(x) =(−1)(n−1)(n− 1)!

(1 + x)n. La formule

de Taylor nous donne alors :

ln 2 = ln(1) +

n∑k=1

f (k)(0)

k!+

∫ 1

0

(1− t)n

n!f (n+1)(t)dt =

n−1∑k=0

(−1)k

k + 1+

∫ 1

0

(−1)n(1− t)n

(1 + t)n+1dt︸︷︷︸

noté Tn

.

Estimons alors Tn. On a

|Tn| =∫ 1

0

(1− t)n

1 + t)n+1dt ≤

∫ 1

0

(1− t)ndt =1

n+ 1.

Ainsi Tn → 0 lorsque n→ +∞. Donc ln 2 =

+∞∑n=0

(−1)n

n+ 1.

iii. Comme

∣∣∣∣∣ln 2−n−1∑k=0

(−1)k

k + 1

∣∣∣∣∣ = |Rn−1| ≤ 1n+1 , on peut prendre α =

8∑k=0

(−1)k

k + 1.

�


3.6. SOLUTIONS 105

i. un =(−1)n√

nii. un =

(−1)n√n+ (−1)n

iii. un =(−1)E(

√n)

n

Solution :

i. ( 1√n

) est une suite positive décroissante tendant vers 0, donc∑un est une série alternée. Elle

converge donc.

ii. On ne peut pas utiliser de théroème de comparaison car un n’est pas positive. Mais on va utiliserle fait que un est proche de (−1)n√

n. (n ≥ 2) On écrit

un −(−1)n√

n=

(−1)n(√n−√n− (−1)n

(√n+ (−1)n)

√n

= − 1

n+ (−1)n√n.

On a1

n+ (−1)n√n∼ 1

n. La divergence de la série

∑n−1 implique alors celle de

∑ 1

n+ (−1)n√n

(théorème de comparaison). Comme∑ (−1)n√

nconverge (d’après i),

∑un diverge.

iii. [Il s’agit déjà de comprendre ce que vaut E(√n)] Remarquons d’abord que si m et n sont deux

entiers tels que m2 ≤ n < (m+ 1)2, alors E(√n) = m. Décomposons ainsi les sommes partielles

de la série. Pour tout n, posons Sn =

n∑k=0

uk. Soit n ∈ N. On écrit n = m2+q, avec 0 ≤ q < 2m+1

[Tout entier n s’écrit ainsi avec m = E(√n)]. On a alors

Sn =

n∑k=0

(−1)E(√k)

k=

m−1∑p=0

(p+1)2−1∑k=p2

(−1)p

k︸︷︷︸S′

+

n∑k=m2

(−1)E(√k)

k︸︷︷︸S′′

.

Étudions S′ et S′′. On a d’abord, en majorant brutalement,

|S′′| ≤n∑

k=m2

1

k≤ 1

m2

n∑k=m2

1 = (n−m2 + 1)1

m2≤ 2m+ 2

m2→ 0, lorsque m→ +∞.

Écrivons

S′ =

m−1∑p=1

(−1)p(p+1)2−1∑k=p2

1

k=

m−1∑p=1

(−1)p2p∑j=0

1

p2 + j︸︷︷︸vp

de sorte à faire apparaître une série alternée. On va montrer que (vp) est une suite décroissantetendant vers 0. Pour cela, comparons vp avec des intégrales. Soit p ≥ 2. On a, pour tout j ≥ 0,∫ j+1

j

1

p2 + tdt ≤ 1

p2 + j≤∫ j

j−1

1

p2 + tdt,

et donc, en sommant : ∫ 2p+1

0

1

p2 + tdt ≤ vp ≤

∫ 2p

−1

1

p2 + tdt.

On en déduit que

lnp2 + 2p+ 1

p2≤ vp ≤ ln

p2 + 2p

p2 − 1.


vp tend donc vers 0 lorsque p→ +∞. En outre,

vp+1 − vp ≤ lnp2 + 4p+ 3

p2 + 2p− ln

p2 + 2p+ 1

p2≤ 0.

En effet 1 +2

p− 1

p(p+ 2)≤ 1 +

2

p+

1

p2, d’où

p2 + 4p+ 3

p2 + 2p≤ p2 + 2p+ 1

p2. Le critère des séries

alternées nous montre que S′ admet une limite (finie) lorsque m → +∞. On en déduit alors laconvergence de (Sn) donc celle de

∑un (notons que lorsque n→ +∞, m = E(

√n)→ +∞).

�


n

√n+ 1




Solution :∑un vérifie le critère des séries alternées (cf l’exercice précédent) donc est convergente. Soit∑

vn le produit de Cauchy de∑un avec elle-même. On a vn =

n∑k=0

(−1)k1√k + 1

(−1)n−k1√

n+ 1− k=

(−1)nn∑k=0

1√(k + 1)(n+ 1− k)

. Comme√

(k + 1)(n+ 1− k) ≤√

(n+ 1)2, |vn| ≥∑nk=0

1n+1 = 1, et

ainsi (cn) ne tend pas vers 0 donc∑cn diverge. �







l’absurde).


2k.


f(n) =


Vérifier que f est bijective.

v. Pour tout n > N0, notons kn le plus grand entier tel que Nkn + kn < n. Montrer qu’il existeM ≥ 0 tel que

n∑i=0

uf(i) ≥ 2kn − (kn + 1)M.

vi. Conclure.

Solution :

3.6. SOLUTIONS 107

i. Supposons par l’absurde I ou J fini. Alors la suite (un) garde un signe constant à partir d’uncertain rang n0. Comme

∑n≥n0

|un| = ±∑n≥n0

un,∑n≥n0

|un| converge et donc∑un converge abso-

lument, ce qui est absurde. Comme I et J sont infinis, il existe une (unique) bijection croissanteφ : N → I et une (unique) bijection croissante ψ : N → J. [φ est donnée par φ−1(i) = #{j ∈I | j < i}.]

ii. Supposons par l’absurde que∑uφ(n) est convergente (vers `). Notons S =

+∞∑k=0

uk. Soit ε > 0.

Il existe n0 tel que, pour tout n ≥ n0,

∣∣∣∣∣S −n∑k=0

uk

∣∣∣∣∣ ≤ ε et

∣∣∣∣∣`−n∑k=0

uφ(k)

∣∣∣∣∣ ≤ ε. Soit n1 tel que

ψ(n1) ≥ φ(n0)(≥ n0).

On a donc n0 ∈ φ−1{0, 1, . . . , ψ(n)} pour tout n ≥ n1 [φ est vu comme une applicationφ : N→ N d’image I]. Remarquons que, pour tout N ∈ N, on a

N∑`=0

u` =∑

`∈I∩{0,...,N}

u` +∑

`∈J∩{0,...,N}

u` =∑

`∈φ(N)∩{0,...,N}

u` +∑

`∈ψ(N)∩{0,...,N}

u`

=∑

k,φ(k)∈{0,...,N}

uφ(k) +∑

k,ψ(k)∈{0,...,N}

uψ(k) =∑

k∈φ−1{0,...,N}

uφ(k) +∑

k∈ψ−1∈{0,...,N}

uψ(k)

Pour tout n ≥ n1, on a alors∣∣∣∣∣n∑k=0

uψ(k) − S + `

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣ψ(n)∑k=0

un − S −∑

k∈φ−1{0,...,ψ(n)}

uφ(k) + `

∣∣∣∣∣∣≤

∣∣∣∣∣∣ψ(n)∑k=0

un − S

∣∣∣∣∣∣︸︷︷︸≤ε car ψ(n)≥n0

+

∣∣∣∣∣∣∑

k∈φ−1{0,...,ψ(n)}

uφ(k) − `

∣∣∣∣∣∣︸︷︷︸≤ε car 0,...,n0∈φ−1{0,...,ψ(n)}

≤ 2ε.

∑uψ(n) converge donc aussi (vers S − `). Mais alors un est absolument convergente, car on a

n∑k=0

|un| =∑

k∈φ−1({0,...,n})

uφ(k)︸︷︷︸tend vers ` avec n

−∑

k∈φ−1({0,...,n})

uψ(k)︸︷︷︸tend vers S−` avec n

,

ce qui est absurde.

iii.∑uφ(n) est divergente donc sa suite des sommes partielles tend vers +∞ (série à termes positifs).

On construit alors la suite (Nk) par récurrence. Soit N0 un entier tel queN0∑i=0

uφ(i) ≥ 1 (existe

car∑uφ(n) est divergente). Supposons construits N0 < · · · < Nk. Prenons alors pour Nk+1 un

entier > Nk tel queN0∑i=0

uφ(i) ≥ 2k+1 (existe car∑uφ(n) est divergente). D’où l’existence d’une

telle suite.


iv. f est bien définie car {{Nk−1 + k + 1, . . . , Nk + k}, {Nk + k + 1}, k ∈ N} est une partition de N,c’est à dire que tous ces ensembles sont deux à deux disjoints et de réunion égale à N :

N = {0, . . . , N0} ∪ {N0 + 1} ∪ {N0 + 2, . . . , N1 + 1} ∪ {N1 + 2} ∪ · · · ∪∪ {Nk−1 + k + 1, . . . , Nk + k} ∪ {Nk + k + 1} ∪ {Nk + k + 2, . . . , Nk+1 + k + 1} . . . .

Représentons aussi son image pour une meilleure compréhension :

imf = {φ(0), . . . , φ(N0)} ∪ {ψ(0)} ∪ {φ(N0 + 1), . . . , φ(N1)} ∪ {ψ(1)} ∪ · · · ∪∪ {φ(Nk−1 + 1), . . . , φ(Nk)} ∪ {ψ(k)} ∪ {φ(Nk + 1), . . . , φ(Nk+1)} . . . .

f est surjective puisque imf = imφ∪ imψ = I ∪J = N. f est injective car φ et ψ sont injectivesd’images disjointes.

v. Comme∑un est convergente, (un)→ 0 et donc (|un|) est donc bornée, disons par M. On an∑i=0

uf(i) =

Nkn∑k=0

uφ(k) +

n−kn−1∑k=Nkn+1

uφ(k) +

kn∑k=0

uψ(k) ≥ 2kn − (kn + 1)M.

vi. Comme kn → +∞, limn→+∞

n∑i=0

uf(i) = +∞ et donc∑un n’est pas commutativement convergente.

On a alors prouvé le résultat.�

3.7. DEVOIR N◦3 109

3.7. Devoir n◦3

Exercice 1. — Étudier la convergence des séries dont le terme général est :

i. rn =1

n3

ii. sn = 1− cos1

n

iii. tn =1

n lnn

iv. un =1

1 + n+ (lnn)2

v. vn = sin(−1)n√

n

vi. wn = sinn

Exercice 2. — Justifier la convergence et calculer la somme des séries suivantes.

i. un =πn

n!ii. vn = ln

(1− 1

n2

)Exercice 3. — 1.a. Établir la convergence de la série de terme général

un = ln

(1 +

(−1)n

n

)(n ≥ 2)

[on rappelle que un −(−1)

n

n= O

(1

n2

)].

1.b. Calculer S2n+1 =

2n+1∑k=2

uk. En déduire la somme de la série∑n≥2

un.

2.a. Étudier la convergence de la série de terme général√n sin

1

n.

2.b. Montrer que, pour tout k ∈ N∗, ∫ k+1

k

dt√t≤ 1√

k≤∫ k

k−1

dt√t.

En déduire un équivalent, lorsque n→ +∞, de Vn =

n∑k=1

√k sin

1

k.

CHAPITRE 4

ARCHIVES : DEVOIRS ET EXAMENS 2010-2011

4.1. Devoir 1

Exercice 1. — 1. Calculer les intégrales∫ 1

−1|t|(1 + t2)ndt,

∫ ln 2

0

√et − 1dt et

∫ 1

0

tdt

t2 + 4t+ 3dt.

2. Calculer les primitives suivantes :∫

dt

1 + etet∫

t

t2 + t+ 1dt.

Solution : 1. f : t 7→ |t|(1 + t2)n est continue sur [−1, 1], donc Riemann-intégrable. f est paire

(f(−t) = | − t|(1 + (−t)2)n = |t|(1 + t2)n = f(t)) donc∫ 0

−1f(t)dt =

∫ 1

0

f(u)du [se voit en effectuant

le changement de variables u = −t]. On a donc∫ 1

−1f(t)dt =

∫ 0

−1f(t)dt+

∫ 1

0

f(t)dt = 2

∫ 1

0

f(t)dt.

Ainsi ∫ 1

−1f(t)dt = 2

∫ 1

0

t(1 + t2)ndt =

[(1 + t2)n

n+ 1

]10

=2n+1 − 1

n+ 1.

[Il fallait faire attention ici à la valeur absolue : si t < 0, |t| = −t. Notons aussi que l’intégrale sur unsegment non trivial d’une fonction continue positive est nulle si et seulement si la fonction est nulle,ce qui n’est pas le cas ici.]

t 7→√et − 1 est continue sur [0, ln 2], donc est Riemann-intégrable. Pour calculer

∫ ln 2

0

√et − 1 dt,

on effectue le changement de variables u =√et − 1. Lorsque t décrit [0, ln 2], u décrit [0, 1]. On a

u2 = et − 1 et du = et

2√et−1 = u2+1

2u dt. On a ainsi :∫ ln 2

0

√et − 1 dt =

∫ 1

0

2u2

u2 + 1du =

∫ 1

0

(2− 2

u2 + 1

)du = 2− [2 arctanu]10 = 2− π

2.

[Il est naturel ici d’effectuer un changement de variables, puisqu’on n’est pas en présence d’une ex-pression « usuelle »]

Remarquons que t2 + 4t + 3 = (t + 3)(t + 1). (t + 3)(t + 1) ne s’annule pas sur [0, 1]. La fonction

t 7→ t

t2 + 4t+ 3est donc continue sur [0, 1], et ainsi Riemann-intégrable. Décomposons la fraction en

éléments simples : il existe α, β ∈ Q,t

t2 + 4t+ 3=

t

(t+ 3)(t+ 1)=

α

t+ 3+

β

t+ 1.

112 CHAPITRE 4. ARCHIVES : DEVOIRS ET EXAMENS 2010-2011

En multipliant par (t + 3) et en prenant la valeur en t = −3, on voit alors que −3−3+1 = α + 0. En

multipliant cette fois par (t + 1) et en prenant la valeur en t = −1, on voit que −1−1+3 = 0 + β. On

conclut que α = 32 et β = − 1

2 . Calculons à présent l’intégrale. On a∫ 1

0

tdt

t2 + 4t+ 3dt =

∫ 1

0

1

2

(3

t+ 3− 1

t+ 1

)dt.

On a alors∫ 1

0

tdt

t2 + 4t+ 3dt =

1

2[3 ln(t+ 3)− ln(t+ 1)]

10 =

1

2(3 ln 4− 3 ln 3− ln 2) =

5

2ln 2− 3

2ln 3.

[L’intégration de fractions rationnelles s’effectue d’abord en les décomposant en éléments simples dansR(X).]

2. Pour trouver les primitives de1

1 + et, on pose u = et. On a du = udt, et∫

dt

1 + et=

∫du

(1 + u)u=

∫ (1

u− 1

u+ 1

)du = ln

∣∣∣∣ u

1 + u

∣∣∣∣+ cste = lnet

1 + et+ cste.

Déterminons∫

t

t2 + t+ 1dt. On a∫t

t2 + t+ 1dt =

1

2

∫2t+ 1

t2 + t+ 1dt− 1

2

∫1

t2 + t+ 1dt.

D’un côté, ∫2t+ 1

t2 + t+ 1dt = ln(t2 + t+ 1) + cste.

De l’autre, ∫1

t2 + t+ 1dt =

∫dt(

t+ 12

)2+ 3

4

=2√3

∫ 2√3dt(

2√3t+ 1√

3

)2+ 1

.

On pose u = 2√3t+ 1√

3. On a du = 2√

3dt. On a alors∫

1

t2 + t+ 1dt =

2√3

∫du

u2 + 1=

2√3

arctanu+ cste =2√3

arctan

(2√3t+

1√3

)+ cste.

On a donc ∫t

t2 + t+ 1dt =

1

2ln(t2 + t+ 1)− 1√

3arctan

(2√3t+

1√3

)+ cste

[Ces deux calculs de primitives se ramenaient encore au calcul classique de primitives de fractionsrationnelles].

Exercice 2. — Irrationnalité de π2

1. Soit g un polynôme à coefficients entiers. On considère le polynôme défini par h(X) = Xng(X)n! .

Montrer que, pour tout k ∈ N, h(k)(0) est entier.2. On suppose que π2 est rationnel, c’est à dire qu’il existe p, q ∈ N∗ tel que π2 = p

q . Pour tout n ∈ N∗,on pose

fn : [0, 1] → Rx 7→ xn(1−x)n

n!

et on considère In = πpn∫ 1

0

fn(t) sin(πt)dt.

2.a. Montrer que∫ 1

0

fn(t) sin(πt)dt =fn(1) + fn(0)

π− 1

π2

∫ 1

0

f ′′n (t) sin(πt)dt.

4.1. DEVOIR 1 113

2.b. Montrer que In = pn

(fn(1) + fn(0)− f ′′n (1) + f ′′n (0)

π2+ · · ·+ (−1)n

f(2n)n (1) + f

(2n)n (0)

π2n

).

2.c. En déduire que In ∈ Z.2.d. Remarquer qu’il existe n ∈ N∗, 0 < In < 1. Conclure.

Solution : 1. Posons g0(X) = Xn. Si i ≤ n, g(i)0 = n(n− 1) · · · (n− i+ 1)Xn−i. Si i < n, on a doncg(i)0 (0) = 0. Si i = n, g

(n)0 (0) = n!. Enfin, si i > n, g

(i)0 = 0 puisque g0 est un polynôme de degré n.

D’après la formule de Leibniz, on a, pour tout k ∈ N :

h(k)(X) =

k∑`=0

1

n!C`kg

(`)0 (X)g(k−`)(X).

Si k < n, 0 est racine de g`0 pour tout ` = 0 . . . k, donc de h(k). On a donc h(k)(0) = 0 ∈ Z.Si k ≥ n, seul le terme correspondant à ` = n dans la somme n’admet pas nécessairement 0 commeracine. On a donc h(k)(0) = 1

n!Cnk g

(n)0 (0)g(k−n)(0) = n!

n!Cnk g

(k−n)(0) = Cnk g(k−n)(0) ∈ Z. En effet,

Cnk ∈ Z et les dérivées d’un polynôme à coefficients entiers sont également des polynômes à coefficientsentiers.2.a. On intègre deux fois par parties. On a∫ 1

0

fn(t) sin(πt)dt =

[− 1

πfn(t) cos(πt)

]10

+1

π

∫ 1

0

f ′n(t) cos(πt)dt

=fn(1) + fn(0)

π+

1

π2[f ′n(t) sin(πt)]

10︸︷︷︸

0−0=0

− 1

π2

∫ 1

0

f ′′n (t) sin(πt)dt.

2.b. Montrons par récurrence que, pour tout k ∈ N,∫ 1

0


π− f ′′n (1) + f ′′n (0)

π3+ · · ·+ (−1)k

f(2k)n (1) + f

(2k)n (0)

π2k+1

+ (−1)k+1 1

π2k+2

∫ 1

0

f (2k+2)n (t) sin(πt)dt.

(2.a.) assure que la propriété est vraie pour k = 0. Supposons qu’elle soit vraie pour k ∈ N. On a∫ 1

0


π− f ′′n (1) + f ′′n (0)

π3+ · · ·+ (−1)k

f(2k)n (1) + f

(2k)n (0)

π2k+1

+ (−1)k+1 1

π2k+2

∫ 1

0


On raisonne de même qu’en (2.a.) pour f (2k+2)n . On a∫ 1

0

f (2k+2)n (t) sin(πt)dt =

f(2k+2)n (1) + f

(2k+2)n (0)

π− 1

π2

∫ 1

0


On en déduit que la propriété est vraie pour k + 1.

De plus, f (2n+2)n est nulle puisque fn est une fonction polynôme de degré 2n. Appliquant la formule

pour k = n, on obtient∫ 1

0


π− f ′′n (1) + f ′′n (0)

π3+ · · ·+ (−1)n

f(2n)n (1) + f

(2n)n (0)

π2n+1

+ (−1)n+1 1

π2n+2

∫ 1

0

f (2n+2)n (t)︸︷︷︸

=0

sin(πt)dt.


Comme In = πpn∫ 1

0

fn(t) sin(πt)dt, on en déduit que

In = pn

(fn(1) + fn(0)− f ′′n (1) + f ′′n (0)

π2+ · · ·+ (−1)n

f(2n)n (1) + f

(2n)n (0)

π2n

).

2.c. Pour tout k ≤ n,pn

π2k= pn−kqk ∈ Z. Soit le polynôme Fn(X) =

Xn(1−X)n

n!. On peut lui

appliquer 1. puisque (1 − X)n est à coefficients entiers : pour tout k ∈ N, F (k)n (0) ∈ Z. De plus,

Fn(X) = Fn(1 − X), donc F (k)n (X) = (−1)kF

(k)n (1 − X), et donc F (k)

n (1) ∈ Z. Comme fn est lafonction polynôme de [0, 1] associée à Fn, on en déduit que f (k)n (1) et f (k)n (0) sont deux entiers.

In = pn(fn(1) + fn(0))− pn−1q(f ′′n (1) + f ′′n (0)) + · · ·+ (−1)nqn(f (2n)n (1) + f (2n)n (0)),

est donc une somme d’entiers, et est donc un entier.2.d. fn(t) sin(πt) est une fonction continue positive sur [0, 1]. Comme fn(t) sin(πt) est non nulle,∫ 1

0

fn(t) sin(πt)dt > 0 [cf exercices]. Comme π > 0, p > 0 et on a donc In > 0. On écrit

In =πpn

n!︸︷︷︸→0

∫ 1

0

tn(1− t)n sin(πt)︸︷︷︸≤1

dt.

πpn

n!→ 0 lorsque n → +∞ [comparaison exponentielle-factoriel], et 0 ≤ tn(1 − t)n sin(πt) ≤ 1 pour

tout t ∈ [0, 1], donc 0 ≤∫ 1

0tn(1 − t)n sin(πt)dt ≤ 1. On en déduit que In → 0. Il existe donc n ∈ N,

0 < In < 1. C’est absurde car In ∈ Z. π2 est donc irrationnel.

Exercice 3. — 1. Montrer qu’il existe f : [0, 1] → R dérivable sur [0, 1] telle que f ′ ne soit pasRiemann-intégrable.2. Soit f dérivable sur [0, 1] telle que f ′ soit Riemann-intégrable sur [0, 1]. Montrer que∫ 1

0

f ′(t)dt = f(1)− f(0).

[Indication : on pourra utiliser l’égalité des accroissements finis et des sommes de Riemann]

Solution : 1. Il suffit de trouver une fonction dérivable de dérivée non bornée. En effet, une fonctionnon bornée n’est pas Riemann-intégrable. Considérons

f : [0, 1] → R

x 7→

{x2 sin 1

x2 si x 6= 0

0 si x = 0

f est continue, dérivable sur ]0, 1], de dérivée

f ′(x) = 2x sin1

x2− 2

xcos

1

x2.

De plus,∣∣∣∣f(x)

x

∣∣∣∣ ≤ |x| donc limx→0+

f(x)− f(0)

xexiste et vaut 0. f est donc dérivable en 0 de dérivée

f ′(0) = 0. Enfin f ′(

1√2kπ

)= −2

√2kπ → −∞ lorsque k → +∞, donc f ′ n’est pas bornée.

2. Soit n ∈ N. On considère la subdivision de [0, 1] σn =

{0,

1

n, . . . , 1− 1

n, 1

}de pas

1

n. f est dérivable

4.2. DEVOIR 2 115

sur [0, 1] donc on peut lui appliquer le théorème des accroissements finis sur chacun des intervalles[kn ,

k+1n

]: pour tout k ∈ {0, . . . , n− 1}, il existe ξk,n ∈

]k

n,k + 1

n

[,

f

(k + 1

n

)− f

(k

n

)=

1

nf ′(ξk,n).

Considérons ξn = (ξ0,n, . . . , ξn−1,n) et la subdivision pointée (σn, ξn). On a

f(1)− f(0) =

n−1∑k=0

(f

(k + 1

n

)− f

(k

n

))=

1

n

n−1∑k=0

f ′(ξk,n) = S(σn,ξn)(f′)︸︷︷︸

somme de Riemann

.

f ′ est Riemann-intégrable sur [0, 1] donc S(σn,ξn)(f′)→

∫ 1

0

f ′(t)dt lorsque n→ +∞. On a donc

f(1)− f(0) =

∫ 1

0

f ′(t)dt.

4.2. Devoir 2

Exercice 1. — 1. Déterminer la nature des intégrales suivantes :∫ 1

0

1

1−√tdt et

∫ +∞

0

| sin t|t32

dt.

2. Justifier la convergence des intégrales suivantes et les calculer :∫ +∞

0

1√t(1 + t)

dt et∫ +∞

0

t2e−t cos tdt.

Solution : 1. La fonction f : t 7→ 1

1−√test continue sur [0, 1[ donc localement intégrable sur

[0, 1[. Étudions son comportement en 1. Posons t = 1− h. On a, lorsque h→ 0+,

f(1− h) =1

1−√

1− h∼0+

112h

=2

h.

Ainsi lorsque t→ 1−, f(t) ∼1−2

1− t. De plus l’intégrale

∫ 1

02

1−tdt est divergente, donc∫ 1

0

f(t)dt est

aussi divergente d’après le théorème de comparaison.

g : t 7→ | sin t|t32

est continue sur ]0,+∞[ donc est localement intégrable sur ]0,+∞[. Étudions son

comportement en 0+ et en +∞. Lorsque t→ 0+,

g(t) ∼0+t

t32

= t−12 car | sin t| ∼0+ t.

L’intégrale∫ 1

0

t−12 dt converge comme intégrale de Riemann,

∫ 1

0g(t)dt est donc convergente d’après

le théorème de comparaison. De plus, on a |g(t)| ≤ 1

t32

puisque | sin t| ≤ 1. L’intégrale∫ +∞

1

1

t32

dt

est convergente comme intégrale de Riemann, donc∫ +∞

1

g(t)dt est absolument convergente, donc

convergente. On en déduit que l’intégrale∫ +∞

0

g(t)dt est convergente.


2. La fonction f : t 7→ 1√t(1 + t)

est continue sur ]0,+∞[ donc localement intégrable sur cet intervalle.

Nous allons étudier∫ 1

0

f(t)dt et∫ +∞

1

f(t)dt. On effectue le changement de variables u =√t. C’est

un C1 difféomorphisme de ]0, 1] sur ]0, 1] et de [1,+∞[ sur [1,+∞[ (d’inverse t = u2). On a du =

12√tdt. Les intégrales

∫ 1

0

2

1 + u2du et

∫ +∞

1

2

1 + u2du sont convergentes. En effet, h : u 7→ 1

1 + u2

est continue sur [0, 1] et et h(u) ≤ u−2 nous assure la convergence de∫ +∞

1

h(u)du via le théorème

de comparaison. D’après le théorème de changement de variables,∫ 1

0

f(t)dt et∫ +∞

1

f(t)dt sont

convergentes, et ont pour valeur celles des deux intégrales précédentes. On en déduit la convergence

de l’intégrale∫ +∞

0

f(t)dt et sa valeur :

∫ +∞

0

f(t)dt =

∫ +∞

0

2

1 + u2du = [2 arctanu]

+∞0 = π.

[Ici, pour plus de prudence, il peut être judicieux de vérifier la convergence de l’intégrale de f viale théorème de comparaison, puis d’effectuer le changement de variables qui est une opération plusdélicate]La fonction g : t 7→ t2e−t cos t est continue sur [0,+∞[ donc est localement intégrable sur cet intervalle.

Remarquons que |g(t)| ≤ t2e−t. t2e−t = O(t−2) donc l’intégrale∫ +∞

1

t2e−tdt est convergente. Le

théorème de comparaison nous assure que∫ +∞

1

g(t)dt converge absolument donc converge. g étant

localement intégrable,∫ +∞

0

g(t)dt converge. Calculons cette intégrale. On a

∫ +∞

0

g(t)dt = <(∫ +∞

0

t2e−t+itdt

)(cette dernière intégrale converge absolument de même que g). Calculons alors cette intégrale. Onintègre alors deux fois par parties, et on obtient :

∫ +∞

0

t2e−t+itdt =

[t2

i− 1e(i−1)t

]+∞0

−∫ +∞

0

2te−t+it

i− 1dt

= 0− 0−[

2t

(i− 1)2e(i−1)t

]+∞0

+

∫ +∞

0

2e−t+it

(i− 1)2dt

= −0 + 0 +

[2

(i− 1)3e(i−1)t

]+∞0

= 0− 2

(i− 1)3=

1

4(1 + i)3

=1

4(1 + 3i− 3− i) = −1

2(1− i).

Notons que∣∣e(i−1)t∣∣ = e−t → 0 lorsque t→ +∞. On en déduit que

∫ +∞

0

g(t)dt = −1

2.

4.2. DEVOIR 2 117

Exercice 2. — Soit f : R → R une fonction continue sur R telle que l’intégrale∫ +∞

−∞|f(t)|dt

converge. Montrer que

lima→0

∫ +∞

−∞|f(t+ a)− f(t)| = 0.

[Indication : on pourra utiliser l’uniforme continuité de f sur tout segment]

Solution : Soit ε > 0.

∫ +∞

−∞|f(t)|dt converge donc il existe A > 0 tel que

∫ +∞

A−1|f(t)|dt ≤ ε et∫ −A+1

−∞|f(t)|dt ≤ ε. f est continue sur [−A−1, A+1] donc uniformément continue sur [−A−1, A+1].

Il existe donc α > 0, tel que, pour tous x, y ∈ [−A− 1, A+ 1] vérifiant |x− y| < α, |f(x)− f(y)| < ε

A.

Soit a tel que |a| < min(1, α). L’application t 7→ |f(t+ a)− f(t)| est continue sur R donc localementintégrable. De plus, pour tout segment I de R,∫

I

|f(t+ a)− f(t)| dt ≤∫I

|f(t+ a)| dt+

∫I

|f(t)| dt ≤ 2

∫ +∞

−∞|f(t)| dt < +∞

est bornée indépendamment de I. L’intégrale∫ +∞

−∞|f(t+ a)− f(t)| dt converge donc, et on a

∫ +∞

−∞|f(t+ a)− f(t)| dt =

∫ −A−∞|f(t+ a)− f(t)| dt+

∫ A

−A|f(t+ a)− f(t)| dt

+

∫ +∞

A

|f(t+ a)− f(t)| dt.

Estimons ces trois intégrales.∫ −A−∞|f(t+ a)− f(t)| dt ≤

∫ −A−∞|f(t+ a)|dt+

∫ −A−∞|f(t)|dt

≤∫ −A+a

−∞|f(u)|du+

∫ −A−∞|f(t)|dt

≤∫ −A+1

−∞|f(u)|du+

∫ −A+1

−∞|f(t)|dt ≤ 2ε,

avec u = t+ a. De même∫ +∞

A

|f(t+ a)− f(t)| dt ≤ 2ε. De plus

∫ A

−A|f(t+ a)− f(t)| dt ≤

∫ A

−A

ε

Adt ≤ 2ε

car |f(t + a) − f(t)| ≤ ε

Apuisque t, t + a ∈ [−A − 1, A + 1] car |a| < 1 |t + a − t| = |a| < α. On en

déduit que ∫ +∞

−∞|f(t+ a)− f(t)| dt ≤ 4ε.

D’où le résultat. [L’uniforme continuité joue un rôle crucial ici. En effet, on a besoin d’un α indépendantdu point choisi, vu qu’on considère t parcourant tout un segment. C’est l’utilisation la plus classiquede l’uniforme continuité.]


Exercice 3. — Pour tout réel x tel que∫ +∞

0

1− cos t

t2e−xtdt converge, on note

φ(x) =

∫ +∞

0

1− cos t

t2e−xtdt

la valeur de cette intégrale.1. Montrer que φ(x) existe pour tout x ∈ [0,+∞[.2. Préciser le signe de φ(x)− φ(y) pour 0 ≤ x < y. En déduire que φ : [0,+∞[ admet une limite finieλ en +∞.3. Montrer qu’il existe M > 0 tel que, pour tout t > 0,

1− cos t

t2≤M. En déduire la valeur de λ.

4.(∗) Montrer que φ est continue.

Solution :1. Pour tout x ≥ 0, on considère la fonction fx : t 7→ 1− cos t

t2e−xt. fx est continue sur

]0,+∞[. De plus, lorsque t→ 0+,1− cos t

t2→ 1

2puisque 1−cos t ∼0

t2

2. Donc fx est prolongeable par

continuité en 0 en posant fx(0) =1

2. Ainsi, fx est continue sur [0,+∞[ donc localement intégrable

sur [0,+∞[. On observe que 0 ≤ fx(t) ≤ f0(t) pour tout t ∈ R+. Il suffit donc de démontrer que∫ +∞0

f0(t)dt converge pour en déduire, via le théorème de comparaison, la convergence des intégrales∫ +∞

0

fx(t)dt pour tout x ≥ 0. On a 0 ≤ f0(t) ≤ 2

t2. L’intégrale

∫ +∞1

t−2dt est convergente comme in-

tégrale de Riemann. On en déduit, en utilisant le théorème de comparaison, que∫ +∞

1

f0(t)dt converge,

et par suite∫ +∞

0

f0(t)dt converge. Finalement, φ(x) est donc bien définie pour tout x ≥ 0.

2. Soient x, y ∈ R+ tels que x < y. Pour tout t ∈ R+, 0 ≤ fy(t) = f0(t)e−yt ≤ f0(t)e−xt = fx(t)puisque e−yt ≤ e−xt et f0(t) ≥ 0. De plus, si t 6= 2kπ, k ∈ N, l’inégalité est stricte puisque e−yt < e−xt

et f0(t) > 0. En intégrant les fonctions continues [le résultat est vrai même dans le cas où les fonctionsne sont pas continues, mais c’est plus délicat, voir exercice 1.8.], on obtient

φ(y) =

∫ +∞

0

fy(t)dt <

∫ +∞

0

fx(t)dt = φ(x).

x 7→ φ(x) est donc strictement décroissante. Minorée par 0, cette fonction admet donc une limitefinie λ en +∞. [la décroissante est ici suffisante pour conclure, donc on n’a pas vraiment besoin desinégalités strictes]

3. f0 est continue sur [0, 1] donc bornée : pour tout t ∈ [0, 1], 0 ≤ f0(t) ≤ m. Si t ≥ 1, |f0(t)| ≤ 2

1.

Ainsi, en posant M = max(m, 2), on a, pour tout t ∈ R+, f0(t) ≤M. On a alors

φ(x) =

∫ +∞

0

f0(t)e−xtdt ≤M∫ +∞

0

e−xtdt ≤M[−1

xe−xt

]t=+∞

t=0

=M

x→x→+∞ 0.

D’où λ = 0.

4. Soit ε > 0. Comme∫ +∞

0

f0(t)dt converge, il existe A > 0 tel que 0 ≤∫ +∞

A

f0(t)dt ≤ ε.Nous avons besoin d’un résultat classique concernant les fonctions continues ayant une limite finie

en +∞ [on montre qu’elles sont uniformément continue sur [0,+∞[.] Montrons qu’il existe α > 0, telque, pour tous X,Y ∈ R, |X − Y | ≤ α, |e−X − e−Y | ≤ ε

φ(0). e−t tend vers 0 en +∞ donc il existe

B tel que, pour tout X ≥ B, |e−X | ≤ ε

2φ(0)(notons que φ(0) > 0). On a donc |e−X − e−Y | ≤ ε

φ(0)

4.3. DEVOIR 3 119

dès que X,Y ≥ B. e−t est continue sur [0, B + 1] donc uniformément continue sur [0, B + 1]. Donc ilexiste 0 < α < 1, tel que, pour tous X,Y ∈ [0, B + 1] vérifiant |X − Y | ≤ α, |e−X − e−Y | ≤ ε

φ(0). On

vérifie qu’on a alors le résultat, car tous X,Y satisfaisant |X − Y | ≤ α se trouvent tous les deux dansl’un des intervalles [0, B + 1] ou [B,+∞[.

Soient x, y ∈ R, vérifiant |x− y| ≤ αA . On a alors, pour tout t ∈ [0, A], |tx− ty| ≤ α. On a donc

|φ(x)− φ(y)| ≤∫ +∞

0

f0(t)|e−xt − e−yt|dt

≤∫ A

0

f0(t)|e−xt − e−yt|dt+

∫ +∞

A

f0(t)|e−xt − e−yt|dt

≤∫ +∞

0

f0(t)ε

φ(0)dt+ 2

∫ +∞

A

f0(t)dt ≤ ε

φ(0)φ(0) + 2ε = 3ε.

φ est donc uniformément continue, donc continue sur R [On pourra démontrer ce résultat ultérieure-ment à l’aide d’intégrales à paramètres].

4.3. Devoir 3

Exercice 1. — Étudier la convergence des séries de terme général

un = ln

(1 +

(−1)n√n lnn

)et vn = sin

(π√n2 + 1

).

Solution : on peut écrire [cf développement limité de ln(1 + u) en 0] un = (−1)n√n lnn

+ gn, où gn =

O

(1

(√n lnn)2

). La série de Bertrand

∑n≥2

1

n(lnn)2est convergente, donc (théorème de comparaison),

∑n≥2 gn converge absolument donc converge.

∑n≥2 un converge donc si et seulement si

∑n≥2

(−1)n√n lnn

converge. Posons u∗n =1√n lnn

. (u∗n)n≥2 est clairement positive, décroissante et tend vers 0. Le critère

des séries alternées implique donc la convergence de∑n≥2(−1)nu∗n.

∑n≥2 un est donc convergente.

On écrit

vn = sin(π√n2 + 1) = sin

(nπ

√1 +

1

n2

)= sin

(nπ

(1 +

1

2n2+ o

(1

n3

))︸︷︷︸√1+u=1+u

2 +O0(u2)

)

= sin

(nπ +

π

2n+ o

(1

n2

))= (−1)n sin

(π

2n+ o

(1

n2

))︸︷︷︸

sin(nπ+u)=(−1)n sinu

= (−1)n(π

2n+ o

(1

n2

))︸︷︷︸

sinu=u+o0(u2)

.

[On ne peut pas faire un DL de sin en +∞, on se ramene en 0] On pose hn = vn− (−1)n π2n . Le calcul

précédent nous assure que hn = o(

1n2

). On en déduit que

∑hn converge absolument (théorème de

comparaison) donc converge.∑

(−1)n π2n converge comme série alternée, on en déduit donc que

∑vn

converge.

Exercice 2. — Calcul de ζ(2)

1.a. Justifier la convergence de∑ 1

n2. On note ζ(2) =

+∞∑k=1

1

n2.


1.b. Après avoir justifié leur existence, calculer en fonction de ζ(2) les sommes

V =

+∞∑k=0

1

(2n+ 1)2et W =

+∞∑k=1

(−1)n

n2.

Pour tout n ∈ N∗, on note Dn le noyau de Dirichlet, défini par :

pour tout x ∈ R, Dn(x) =1

2+

n∑k=1

cos(kx).

2. Démontrer que, pour tout n ∈ N∗ et pour tout réel x 6= 0 [2π],

Dn(x) =1

2

sin((n+ 1

2 )x)

sin x2

.

Pour tout entier n ∈ N∗, on note Ln =

∫ π

0

tDn(t)dt.

3.a. Calculer, pour tout k ≥ 1,

∫ π

0

t cos(kt)dt.

3.b. En déduire que Ln =π2

4−

n∑k=1

1− (−1)k

k2.

3.c. En déduire que (Ln) converge et exprimer sa limite en fonction de ζ(2).4. Soit φ : [0, π]→ R une fonction C1. Démontrer que

limλ→+∞

∫ π

0

φ(t) sin(λt)dt = 0.

5.a. Montrer qu’on peut prolonger x 7→ x

sin x2

par continuité en une fonction continue f : [0, π]→ R.

5.b. Montrer que f est de classe C1.6.a. Démontrer que lim

n→+∞Ln = 0.

6.b. En déduire la valeur de ζ(2).

Solution : 1.a∑n−2 converge comme série de Riemann. Cela s’obtient à l’aide du théorème de

comparaison série-intégrale (cf cours). On peut ainsi poser ζ(2) =

+∞∑k=1

1

n2.

1.b 1(2n+1)2 ≤

1n2 et

∑n−2 converge. Le théorème de comparaison nous assure la convergence de∑

1(n+1)2 et donc l’existence de V. De même,

∑1

(2n)2 converge, et on a :

+∞∑n=1

1

n2=

+∞∑n=1

1

(2n)2︸︷︷︸termes pairs

+

+∞∑n=1

1

(2n+ 1)2︸︷︷︸termes impairs

=1

4

+∞∑n=1

1

n2+

+∞∑n=1

1

(2n+ 1)2.

Ainsi ζ(2) = 14ζ(2) + V, d’où V = 3

4ζ(2).∑ (−1)nn2 converge absolument donc converge, d’où l’existence de W. De plus, on remarque que l’on

4.3. DEVOIR 3 121

peut écrire W comme la différence des sommes de deux séries convergentes :

W =

+∞∑n=1

1

(2n)2︸︷︷︸termes pairs

−+∞∑n=1

1

(2n+ 1)2︸︷︷︸termes impairs

=1

4ζ(2)− V = −1

2ζ(2).

2. Soit n 6= 0 et x 6= 0 [2π]. On remarque que Dn(x) = <

(1

2+

n∑k=1

eikx

). On calcule la somme [des

termes d’une suite géométrique] :n∑k=1

eikx = eixeinx − 1

eix − 1= eix

einx2

eix2

einx2 − e−inx2

eix2 − e−i x2

= ei(n+1)x

22i sin(n2x)

2i sin x2

.

On a donc Dn(x) =1

2+

cos (n+1)x2 sin(n2x)

sin x2

=sin x

2 + 2 cos (n+1)x2 sin(n2x)

2 sin x2

. En utilisant la formule

bien connue sin(a− b) + sin(a+ b) = 2 sin a cos b, avec a = n2x, b = (n+1)x

2 , on obtient :

Dn =sin((n+ 1

2

)x)

2 sin x2

3.a Soit k ≥ 1. On a, en intégrant par parties,

Ik :=

∫ π

0

t cos ktdt =

[1

kt sin kt

]π0

− 1

k

∫ π

0

sin ktdt = 0 +1

k2[cos kt]

π0 =

1

k2((−1)k − 1)

3.b On a

Ln =

∫ π

0

tDn(t)dt =

∫ π

0

t

(1

2+

n∑k=1

cos(kt)

)dt =

∫ π

0

t

2dt+

n∑k=1

Ik =π2

4−

n∑k=1

1− (−1)k

k2.

3.c (Ln) est la somme de la suite constante π2/4 et des suites des sommes partielles des séries conver-gentes (cf 1.)

∑−n−2 et

∑(−1)nn−2. La suite (Ln) converge donc, et on a

limn→+∞

Ln =π2

4− ζ(2) +W =

π2

4− 3

2ζ(2).

4. Comme φ est C1, l’intégrale est bien définie, et on peut l’intègrer par parties :∫ π

0

φ(t) sin(λt) dt = − 1

λ[φ(t) cos(λt)]

π0 +

1

λ

∫ π

0

φ′(t) cos(λt) dt.

On en déduit que∣∣∣∣∫ π

0

φ(t) sin(λt) dt

∣∣∣∣ ≤ 1

|λ|

∣∣∣∣φ(0)− φ(π) cos(λπ) +

∫ π

0

φ′(t) cos(λt) dt

∣∣∣∣≤ 1

|λ|

(|φ(0)|+ |φ(π)|+

∫ π

0

|φ′(t)| dt)

︸︷︷︸∈R

→ 0 quand λ→ +∞.

5.a En 0, on a sin x2 ∼

x2 donc x 7→ x

sin x2admet pour limite 2 en 0. Elle est continue sur ]0, π], donc

elle est prolongeable en une fonction continue f : [0, π]→ R, en posant

f(x) =

{2 si x = 0,x

sin x2

si x 6= 0


f est clairement de classe C1 sur ]0, π], et on a, si x 6= 0,

f ′(x) =sin x

2 −x2 cos x2(

sin x2

)2 .

En 0, sin x2 −

x2 cos x2 = O(x3), tandis que (sin x

2 )2 ∼ x2

4 . On en déduit que limx→0+ f′(t) = 0. Le

théorème de prolongement C1 nous assure alors que f est C1. Ou alors, on peut calculer f ′(0). On a,si x 6= 0,

f(x)− f(0)

x=x− 2 sin x

2

x sin x2

∼0

x3

24x2

2

=x

12

donc f ′(0) = 0 et f est C1.

6.a On a Ln =1

2

∫ π

0

tsin (n+ 1

2 )t

sin t2

dt =1

2

∫ π

0

f(t) sin (n+1

2)t dt. D’après 5.b f est C1, et on peut donc

appliquer 4 ((n+ 12 )→ +∞). On a donc Ln → 0.

6.b On en déduit queπ2

4− 3

2ζ(2) = 0, et donc que ζ(2) =

π2

6.

Exercice 3. — (∗) Soit σ : N∗ → N∗ une bijection. Montrer que∑ 1

nσ(n)converge et que

∑ σ(n)

n2

diverge.

Solution : Soit σ : N∗ → N∗ une bijection. On a, puisque(

1

n+

1

σ(n)

)2

≥ 0,

1

nσ(n)≤ 1

2

(1

n2+

1

σ(n)2

).

Comme∑

1n2 est absolument convergente, elle est commutativement convergente, et donc

∑1

σ(n)2 estaussi convergente. On en déduit, via le théorème de comparaison, que

∑1

nσ(n) converge.

Pour montrer que∑ σ(n)

n2 diverge, on va montrer qu’elle ne satisfait pas au critère de Cauchy. On

considère3n∑

k=n+1

σ(k)

k2. Entre n+ 1 et 3n, il y a au moins n σ(k) qui sont ≥ n, donc

3n∑k=n+1

σ(k)

k2≥ 1

9n2

3n∑k=n+1

σ(k) ≥ 1

9n2n · n =

1

9> 0.

La série∑ σ(n)

n2 diverge donc.

Exercice 4. — (∗) Soit∑un une série à termes strictement positifs.

1. Supposons que∑un diverge. Discuter en fonction du paramètre α la nature de la série

∑ unSαn

, où

Sn =

n∑k=0

uk.

2. Supposons que∑un converge. Discuter en fonction du paramètre α la nature de la série

∑ unRαn

,

où Rn =

+∞∑k=n

uk.

4.3. DEVOIR 3 123

Solution : 1. [Si on prend la suite un = 1, on voit que la condition va dépendre de la position deα par rapport à 1, vu que dans ce cas ce sont les séries de Riemann] Le fait que

∑un soit à termes

strictement positifs et divergente nous assure que (Sn) est une suite strictement croissante de réelsstrictement positifs tendant vers +∞.Supposons α > 1. Soit n ∈ N∗. On a, pour tout k ∈ N∗,

ukSαk

=Sk − Sk−1

Sαk≤∫ Sk

Sk−1

1

tαdt.

On en déduit quen∑k=1

ukSαk≤

n∑k=1

∫ Sk

Sk−1

1

tαdt =

∫ Sn

S0

1

tαdt ≤

∫ +∞

u0

1

tαdt︸︷︷︸

convergente car α>1

.

La suite des sommes partielles de la série à termes positifs∑ un

Sαnest majorée, cette série converge

donc.Supposons α ≤ 1. On va contredire le critère de Cauchy. Sn → +∞ donc il existe n0 tel que, pourtout n ≥ n0, Sn ≥ 1. Ainsi, pour tout n ≥ n0, Sαn ≤ Sn. On a, pour tous n0 ≤ p < q,

q∑n=p+1

unSαn≥

q∑n=p+1

unSn≥

q∑n=p+1

unSq≥ 1

Sq

q∑n=p+1

un =1

Sq(Sq − Sp) = 1− Sp

Sq.

De plus, Sn → +∞, donc pour tout p ≥ n0, il existe q tel que Sq ≥ 2Sp. On a alors

∀ p ≥ n0, ∃q > p,

q∑n=p+1

unSαn≥ 1

2.

∑ unSαn

ne satisfait pas au critère de Cauchy et donc diverge. Ainsi∑ un

Sαnconverge si et seulement si

α > 1.2. On raisonne de la même façon que précédemment. D’abord,

∑un converge donc Rn est bien défini

(∑un a pour somme R0). De plus,

∑un est à termes strictement positifs donc (Rn) est strictement

décroissante. En outre, elle tend vers 0.Supposons α < 1. Soit n ∈ N. Pour tout k, on a

ukRαk

=Rk −Rk+1

Rαk≤∫ Rk

Rk+1

1

tαdt.

Donc on an∑k=1

ukRαk≤

n∑k=1

∫ Rk

Rk+1

1

tαdt =

∫ R0

Rn+1

1

tαdt ≤

∫ R0

0

1

tαdt︸︷︷︸

convergente car α<1

.

La série∑ un

Rαnconverge donc de même qu’en 1.

Supposons α ≥ 1. Raisonnons de même qu’en 1. Soit n0 tel que, pour tout n ≥ n0, Rn ≤ 1. Soientn0 ≤ p < q. On a

q−1∑n=p

unRαn≥

q−1∑n=p

unRn≥

q−1∑n=p

unRp≥ 1

Rp

q−1∑n=p

un =1

Rp(Rp −Rq) = 1− Rq

Rp.


Rappelons que Rn → 0. Ainsi, étant donné p, il existe q > p tel que 2Rq ≤ Rp. Ainsi :

∀ p ≥ n0, ∃q > p,

q−1∑n=p

unRαn≥ 1

2.

On a donc montré que la série∑ un

Rαnne satisfait pas au critère de Cauchy : elle diverge. Ainsi

∑ unRαn

converge si et seulement si α < 1.

4.4. Épreuve préliminaire

Exercice 1

1. Calculer les intégrales∫ 1

0

√1− t2dt et

∫ π4

0

1 + (tan t)2

(cos t)2dt.

2. Quelles sont les primitives de la fonction f définie par f(x) =1

x4 − 3x2 − 4?

Exercice 2

Justifier la convergence des intégrales∫ +∞

0

ln(1 + t2)

t2dt et

∫ +∞

0

(sin t)2e−tdt

et les calculer.

Exercice 3

1.a. Établir la convergence de la série de terme général

un = ln

(1 +

(−1)n

n

)(n ≥ 2)


n

n= O

(1

n2

)].


2n+1∑k=2


un.


1

n.

2.b. Montrer que, pour tout k ∈ N∗,∫ k+1

k

dt√t≤ 1√

k≤∫ k

k−1

dt√t.


n∑k=1

√k sin

1

k.

4.5. ÉPREUVE PRINCIPALE 125

4.5. Épreuve principale

Le sujet comporte deux pages. La question 5 du problème est hors barème. Les questions 6, 7, 8 duproblème sont indépendantes des questions 1 à 5. On rappelle qu’on définit ty, pour tout t > 0 et touty ∈ R, par ty := ey ln t.

Exercice

Soit f : R∗+ → R continue telle que∫ +∞

1

f(t)dt converge.


∫ x

1

f(t)dt?


1

f(t)


Problème

1. Étudier, suivant les valeurs des paramètres a, b ∈ R, la convergence de∫ 1

0

ta| ln t|bdt (on pourra

utiliser sans justification la convergence des intégrales de Riemann).

2. Soit x ∈ R. Montrer que l’intégrale impropre∫ +∞

0

e(x−1) ln te−tdt est convergente si et seulement

si x > 0.

On définit alors la fonctionΓ : R∗+ → R

x 7→ Γ(x) =∫ +∞0

tx−1e−tdt

3. Montrer que, pour tout x > 0, Γ(x) > 0 et Γ(x + 1) = xΓ(x). En déduire la valeur de Γ(n) pourtout n ∈ N∗ ainsi qu’un équivalent de Γ en 0.

4. Soit α ∈ R∗+. On se propose de montrer que Γ est continue en α.

4.a. Montrer que, pour tout u ≥ 0, |eu − 1| ≤ ueu et que, pour tout u < 0, |eu − 1| ≤ |u|.

4.b. Soit x ∈]α

2, α[. Après avoir justifié la convergence des intégrales suivantes, montrer que :

|Γ(x)− Γ(α)| ≤ |x− α|(∫ 1

0

tα2−1e−t| ln t| dt+

∫ +∞

1

tα−1e−t ln t dt

)4.c. Soit x ∈ ]α, 2α[ . Après avoir justifié la convergence des intégrales suivantes, montrer que :

|Γ(x)− Γ(α)| ≤ |x− α|(∫ 1

0

tα−1e−t| ln t| dt+

∫ +∞

1

t2α−1e−t ln t dt

)4.d. Déduire de ce qui précède que Γ est une fonction continue sur R∗+.

5.(∗) Montrer que Γ est dérivable, et que

Γ′(x) =

∫ +∞

0

tx−1e−t ln t dt

(on pourra utiliser cette fois la formule de Taylor à l’ordre 2 et raisonner comme en 4).


6. Montrer que la série de terme général1

n− ln

(1 +

1

n

)est convergente. On pose alors

γ =

+∞∑n=1

(1

n− ln

(1 +

1

n

)).

7. Montrer que

γ = limn→+∞

(n∑k=1

1

k− lnn

).

8. Après avoir justifié la convergence de l’intégrale suivante, montrer que∫ +∞

1

(1

E(t)− 1

t

)dt = γ,

où E(t) est la partie entière de t : le plus grand entier plus petit que t.

Remarque culturelle : on peut aussi montrer que Γ′(1) = −γ.

4.6. Épreuve préliminaire : 2nde sesssion

Questions de cours

1. Donner, sans justification, une condition nécessaire et suffisante sur a ∈ R pour que la série de

terme général un =1

naconverge.

2. Donner, sans justification, une condition nécessaire et suffisante sur (α, β) ∈ R2 pour que l’intégrale∫ 1e

0

dt

tα| ln t|βconverge.

Exercice 1

1. Calculer l’intégrale∫ 1

0

√1− t2dt.

2. Donner les primitives de la fonction suivante en précisant leur domaine de validité :

f(x) =x2

x6 − 1.

Exercice 2

Justifier la convergence de l’intégrale ∫ 1

0

ln t√1− t

dt

puis la calculer (on pourra poser u =√

1− t).

4.7. ÉPREUVE PRINCIPALE : 2NDE SESSION 127

Exercice 3

Justifier la convergence et calculer la somme de la série de terme général suivant :

un =sinn

2n.

4.7. Épreuve principale : 2nde Session

Exercice 1

Étudier la convergence des séries données par les termes généraux suivants :

1. rn =lnn

n√n

2. sn =nlnn

(lnn)n

3. tn = n ln

(1 +

1

n

)4. un =

√1 +

(−1)n

n− 1

5. vn =1

n lnn

6. wn =sinn

n lnn

Exercice 2

1. Montrer que la série de terme général(−1)n

n+ 1est semi-convergente. On notera S sa somme.

2. Rappeler la formule de Taylor avec reste intégral à l’ordre n pour une fonction f : [a, b] → R declasse Cn+1.

3. Choisissant f = ln (1 + x), en déduire que S = ln 2.

Exercice 3

On considère, pour tout λ ≥ 0, f(λ) =

∫ +∞

0

1

1 + t2e−λt

2

dt.

1. Calculer f(0) et justifier l’existence de f(λ) pour tout λ ∈ R∗+.

2. Montrer que f(λ) = O

(1√λ

)lorsque λ → +∞. On pourra effectuer le changement de variable

u =√λt.

3. Soit a ∈ R∗+. Montrer que limλ→0

∫ a

0

1

1 + t2e−λt

2

dt =

∫ a

0

1

1 + t2dt. On pourra utiliser le fait que pour

tout t ∈ [0, a], e−λt2 ≥ e−λa2 .

4.Montrer que limλ→0 f(λ) = f(0).On pourra fixer ε > 0, choisir un réel a ∈ R+ tel que∫ +∞

a

1

1 + t2dt ≤

ε

3et utiliser la question 3.

CHAPITRE 5

ARCHIVES : DEVOIRS ET EXAMENS 2011-2012

5.1. Devoir 1

Exercice 1. — Calculer les limites des suites suivantes

i. un = n

n∑k=1

e−nk

k2ii. vn =

((2n)!

n!nn

) 1n

Solution :

i. [un est une somme mêlant k et n. On va donc essayer de faire apparaître une somme de Riemann.]On a

un =1

n

n∑k=1

e−( kn )−1(

kn

)2 ,

on voit donc que un =1

n

n∑k=1

f

(k

n

), avec f(x) =

e−x−1

x2. f est Riemann-intégrable sur [0, 1]

car elle est continue sur ]0, 1] et prolongeable par continuité en 0 en posant f(0) = 0, puisquelimx→0+

f(x) = 0. [ou, de façon équivalente, limy→+∞

y2e−y = 0, avec y = x−1]. La suite des sommes

de Riemann (un)n∈N associée à f et aux subdivisions σn =

{k

n, k = 1 . . . n

}de pas

1

nconverge

donc, et on a :

limn→+∞

un =

∫ 1

0

f(t)dt.

Reste à calculer l’intégrale de f. Une primitive sur [0, 1] de f est la fonction définie par g(x) =

e−x−1

si x 6= 0, et g(0) = 0. Alors

limn→+∞

un =

∫ 1

0

f(t)dt = [g]10 = e−1.


ii. [vn est un produit mêlant k et n. Pour transformer un produit en somme, on passe au ln . On vaalors essayer de faire apparaître une somme de Riemann pour ln vn.] On a

ln vn =1

nln

((2n)!

n!nn

)=

1

nln

(2n(2n− 1) . . . (n+ 1)

nn

)=

1

nln

(n+ 1

n

n+ 2

n. . .

2n− 1

n

2n

n

)=

1

n

(ln

(1 +

1

n

)+ ln

(1 +

2

n

)+ · · ·+ ln

(1 +

n− 1

n

)+ ln

(1 +

n

n

))=

1

n

n∑k=1

ln

(1 +

k

n

)On voit donc que ln vn est la somme de Riemann associée à la fonction h = ln(1 + x) et à

la subdivision{k

n, k = 1 . . . n

}de pas

1

n. La fonction h est continue sur [0, 1] donc Riemann-

intégrable, et la suite (ln vn)n∈N de sommes de Riemann converge vers∫ 1

0

h(t)dt. De plus, une

primitive de h est la fonction H(x) = (1 + x) ln(1 + x)− x, on a donc

limn→+∞

(ln vn) =

∫ 1

0

h(t)dt = [H]10 = 2 ln 2− 1.

La suite (vn)n∈N converge donc vers e2 ln 2−1 = 4e−1.

�

Exercice 2. — Calculer les intégrales suivantes

i.∫ e

1

dt

t(1 + ln t)((ln t)2 + 1)ii.∫ 2

1

(t3 + 3t2 + t+ 1)et ln t dt. iii.∫ π

3

0

dt

cos t

Solution :i. [On part de l’observation qu’on saurait calculer l’intégrale si on avait u et non ln t dans l’intégrale.]

La fonction t 7→ 1t(1+ln t)((ln t)2+1) est continue sur [1, e] donc Riemann-intégrable. On effectue le

changement de variable u = ln t. Lorsque t décrit [1, e], u décrit [0, 1]. On a du =dt

t, et l’intégrale

s’écrit donc : ∫ e

1

dt

t(1 + ln t)((ln t)2 + 1)=

∫ 1

0

du

(u+ 1)(u2 + 1).

[On s’est donc ramené au calcul de l’intégale d’une fraction rationnelle.] Décomposons la fractions1

(X + 1)(X2 + 1)en éléments simples. Les polynômes X + 1 et X2 + 1 sont irréductibles dans

R[X] donc, d’après le théorème de décomposition en éléments simples, il existe a, b, c ∈ R (mêmedans Q) tels que

1

(X + 1)(X2 + 1)=

a

X + 1+bX + c

X2 + 1.

En multipliant par X + 1 l’égalité, puis en faisant X = −1, on voit que1

((−1)2 + 1)= a+

(b(−1) + c)(−1 + 1

(−1)2 + 1,

et donc que a =1

2. En multipliant cette fois par X2 + 1 et en faisant X = i, on voit que

1

(1 + i)=a(i2 + 1)

1 + i+ bi+ c

5.1. DEVOIR 1 131

et donc que bi+ c =1− i

(1 + i)(1− i)=

1

2(1− i). On en conclut que b = −1

2et c =

1

2. On écrit alors∫ 1

0

du

(1 + u)(u2 + 1)=

1

2

∫ 1

0

du

1 + u− 1

2

∫ 1

0

u du

1 + u2+

1

2

∫ 1

0

du

1 + u2

=1

2[ln(1 + u)]

10 −

1

2

[1

2ln(1 + u2)

]10

+1

2[arctanu]

10

=1

2ln 2− 1

4ln 2 +

π

8=

ln 2

4+π

8

ii. [Il ne s’agit pas a priori d’un polynôme fois une exponentielle (ou fois un logarithme), mais il vatoutefois falloir intégrer par parties pour se débarasser du ln]. t 7→ (t3+3t2+t+1)et ln t est continuesur [1, 2] donc est Riemann-intégrable. Pour calculer l’intégrale, effectuons une intégration parparties, en remarquant qu’une primitive de (t3 + 3t2 + t+ 1)et est (t3 + t)et [puisque l’expressionest de la forme (P (t) + P ′(t))et, avec P (t) = t3 + t]. On a donc, par intégration par parties (ondérive ln t et on intègre l’autre terme),

I =

∫ 2

1

(t3 + 3t2 + t+ 1)et ln t dt =[(t3 + t)et ln t

]21−∫ 2

1

(t3 + t)et1

tdt

= 10e2 ln 2−∫ 2

1

(t2 + 1)et dt

Reste à calculer le membre de droite. Par intégration par parties successives (on dérive le polynômeet on intègre et), on a∫ 2

1

(t2 + 1)et dt =[(t2 + 1)et

]21−∫ 2

1

2tet dt =[(t2 + 1)et

]21− 2

[tet]21

+ 2

∫ 2

1

et dt

=[(t2 + 1)et

]21− 2

[tet]21

+ 2[et]21

= (5− 4 + 2)e2 + (−2 + 2− 2)e

= 3e2 − 2e.

On en déduit que I = (10 ln 2− 3)e2 + 2e.

iii. [il s’agit d’une fraction rationnelle en cos . Le changement de variables u = tant

2est un moyen

sûr d’arriver au résultat.] t 7→ 1

cos test continue sur

[0, π3

]donc est Riemann-intégrable. Pour

calculer son intégrale, on effectue le changement de variable u = tant

2. On a cos t =

1− u2

1 + u2, et

2du

1 + u2= dt. Lorsque t décrit [0, π3 ], u décrit [0,

√33 ].

On a ainsi∫ π3

0

dt

cos t=

∫ √3

3

0

2du

1− u2=

∫ √3

3

0

2du

(1− u)(1 + u)

=

∫ √3

3

0

(1

1 + u+

1

1− u

)du = [ln |1 + u| − ln |1− u|]

√3

30

= ln

(3 +√

3

3−√

3

)En effet, une décomposition en éléments simples élémentaire montre que

2

(1 +X)(1−X)=

1

1 +X+

1

1−X.


�

Exercice 3. — 1. Décomposer en éléments simplesnXn−1

Xn − 1dans C[X].

2. En déduire la valeur de∫ 2π

0

dt

z − eiten fonction de z ∈ C \ {Z ∈ C | |Z| = 1}.

Solution : 1. On a P = Xn−1 =

n−1∏k=0

(X − ei 2kπn

). On a donc, en dérivant, P ′ =

n−1∑k=0

∏` 6=k

(X − ei 2`πn

).

On en déduit quenXn−1

Xn − 1=P ′

P=

n∑k=1

1

X − ei 2kπn.

[C’est la dérivée logarithmique de P ] C’est la décomposition en éléments simples de P dans C[X], parunicité de celle-ci.2. Soit z ∈ C \ {Z ∈ C | |Z| = 1}. f : t 7→ 1

z − eitest continue puisque |z| 6= 1, c’est donc une fonction

Riemann-intégrable sur [0, 2π]. Ainsi, les sommes de Riemann Sn =2π

n

n−1∑k=0

1

z − ei 2kπnde f associées

aux subdivisions{

2kπ

n, k = 0, . . . , n− 1

}(de pas

2π

ntendant vers 0) convergent vers l’intégrale de

f. Or

Sn =2π

n

n−1∑k=0

1

z − ei 2kπn=

2π

n

P ′(z)

P (z)= 2π

zn−1

zn − 1.

Si |z| < 1, limn→+∞

zn−1

zn − 1= 0 puisque |zn| ≤ |z|n → 0. Si |z| > 1,

zn−1

zn − 1=

1

z − 1

zn−1

tend vers1

z

puisque1

zn−1tend vers 0. On en déduit que

∫ 2π

0

dt

z − eit=

0 si |z| < 12π

zsi |z| > 1

.

�

Exercice 4. — 1. Montrer que, pour tout x ∈ R, |x− sinx| ≤ x2

2.

2. En déduire limn→+∞

n∑k=1

sink

nsin

k

n2.

Solution : 1. D’après la formule de Taylor avec reste intégral, on a : sinx = x−∫ x

0

(x− t) sin tdt. On

a donc

| sinx− x| =∣∣∣∣∫ x

0

(x− t) sin tdt

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣∫ x

0

|x− t|| sin t|dt∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣∫ x

0

(x− t)dt∣∣∣∣ =

x2

2,

car | sin t| ≤ 1 et x− t a un signe constant sur t ∈ [0, x].

2. [On saurait calculer la somme si l’on avaitk

n2à la place de sin

k

n2via les sommes de Riemann. On

5.1. DEVOIR 1 133

fait donc apparaître cette quantité.] On an∑k=1

sink

nsin

k

n2=

n∑k=1

(sin

k

n2− k

n2

)sin

k

n+

n∑k=1

k

n2sin

k

n.

On va estimer les deux sommes. Commençons par la première. [Comme on a vu en questions 1 que|x− sinx| ≤ x2

2 , la somme doit être très petite, et donc on va montrer qu’elle tend vers 0.]On a ∣∣∣∣∣

n∑k=1

(sin

k

n2− k

n2

)sin

k

n

∣∣∣∣∣ ≤n∑k=1

∣∣∣∣sin k

n2− k

n2

∣∣∣∣ sin kn≤

n∑k=1

k2

2n4sin

k

n≤ 1

2n2

n∑k=1

1 =1

2n→ 0

car sink

n≤ 1 et k ≤ n.

Estimons à présent à seconde somme. La fonction t 7→ t sin t est continue donc Riemann-intégrable

sur [0, 1].Ainsi, ses sommes de Riemann Sn =1

n

n∑k=1

k

nsin

k

nassociées aux subdivisions

{k

n, k = 1 . . . n

}de pas

1

nconvergent vers

∫ 1

0

t sin t dt. On a donc (après intégration par parties)

limn→+∞

n∑k=1

k

n2sin

k

n=

∫ 1

0

t sin t dt = −[t cos t]10 +

∫ 1

0

cos t dt = − cos 1 + sin 1.

On a donc

limn→+∞

n∑k=1

sink

nsin

k

n2= sin 1− cos 1.

�

Exercice 5. — 1. Montrer que, pour tout n ∈ N∗,n−1∏k=0

(X2 − 2X cos

(kπ

n

)+ 1

)=X − 1

X + 1(X2n − 1)

2. Soit x ∈]1,+∞[. Calculer, après avoir prouvé qu’elle est définie, l’intégrale∫ π

0

ln(x2 − 2x cos(t) + 1) dt

(on pourra utiliser des sommes de Riemann).

Solution :1. On a X2n − 1 =

2n−1∏k=0

(X − ei 2kπ2n ). En isolant 1 et −1, et en groupant les autres racines

avec leurs conjuguées, on a :

X2n − 1 = (X − 1)(X + 1)

n−1∏k=1

(X − ei kπn )(X − e−i kπn ) = (X − 1)(X + 1)

n−1∏k=1

(X2 − 2X cos

kπ

n+ 1

).

En multipliant par (X − 1) et en divisant par (X + 1) l’égalité, on obtient

X − 1

X + 1(X2n − 1) = (X − 1)2

n−1∏k=1

(X2 − 2X cos

kπ

n+ 1

)=

n−1∏k=0

(X2 − 2X cos

kπ

n+ 1

).


2. Soit x > 1. Alors x2 − 2x cos t+ 1 = (x− cos t)2 + 1− cos2 t > 0, pour tout t, puisque x− cos t > 0.On en déduit que l’application f : t 7→ ln(x2 − 2x cos t + 1) est bien définie et continue sur [0, π],

elle est donc Riemann-intégrable sur [0, π]. L’intégrale∫ π

0

ln(x2 − 2x cos(t) + 1) dt est donc bien

définie. Soit Sn =π

n

n−1∑k=0

ln(x2 − 2x coskπ

n+ 1) la somme de Riemann de f associée à la subdivision{

kπ

n, k = 0, . . . , n− 1

}de pas

π

ntendant vers 0 avec n. Comme f est intégrable sur [0π], la suite

(Sn) converge vers∫ π0f(t)dt. Pour calculer cette intégrale, il suffit de calculer la limite de (Sn)n∈N.

Or, d’après 1,

Sn =π

nln

n−1∏k=0

(x2 − 2x cos

(kπ

n

)+ 1

)=π

nln

(x− 1

x+ 1(x2n − 1)

)=π

nln

(x− 1

x+ 1

)︸︷︷︸

tend vers 0

+π

nln(x2n − 1)

Commeπ

nln(x2n − 1) =

π

nln(x2n) +

π

nln(1− x−2n) = 2π lnx+ o(1), lorsque n→ +∞, on en déduit

que (Sn)→ 2π lnx, et donc que∫ π

0

ln(x2 − 2x cos(t) + 1) dt = 2π lnx.

�

5.2. Devoir 2

Exercice 1. — Déterminer si les intégrales suivantes existent :

i.∫ +∞

1

dt

t(1 + ln t)2ii.∫ +∞

1

sin t√tdt iii.

∫ 1

0

ln t

t12 (1− t) 3

2

dt

Solution :

i. La fonction f : t 7→ 1

t(1 + ln t)2est continue sur [1,+∞[ donc localement intégrable. De plus,

lorsque t → +∞, f(t) ∼ 1

t(ln t)2.

∫ +∞

2

dt

t(ln t)2est convergente d’après les résultats sur les inté-

grales de Bertrand, on en déduit que∫ +∞

1

f(t)dt existe [on peut aussi redémontrer la convergence

de cette intégrale comme cela a été fait en exercice].

ii. [La majoration évidente | sin t| ≤ 1 conduit à considérer∫ +∞

1

t−12 dt : elle est divergente donc

on ne peut rien en conclure sur l’intégrale de départ. On remarque que sin t change souvent designe : on peut tenter d’utiliser le critère d’Abel pour faire apparaître ces compensations.] On vaappliquer le critère d’Abel. g : t 7→ sin t et h : t 7→

√t sont continues sur [1,+∞[ donc localement

intégrable sur [1,+∞[. h est positive et décroit vers 0. de plus,∣∣∣∣∫ x

1

g(t)dt

∣∣∣∣ = |cos 1− cosx| ≤ 2,

5.2. DEVOIR 2 135

et ainsi∫ +∞1

g(t)h(t)dt converge d’après le critère d’Abel.

iii. [Attention, la fonction n’est pas positive, mais négative. Cependant, vu que son signe est constant,

le théorème de comparaison reste vrai] a : t 7→ ln t

t12 (1− t) 3

2

est continue sur ]0, 1[ et donc est

localement intégrable sur ]0, 1[. Lorsque t → 0+, on a a(t) ∼ ln t

t12

et on a donc a(t) = O(t−

34

).∫ 1

2

0

t−34 dt converge en tant qu’intégrale de Riemann donc

∫ 12

0

a(t)dt est convergente d’après

le théorème de comparaison. En 1−, on pose u = 1 − t. D’après le théorème de changement de

variables,∫ 1

12

a(t)dt est convergente si et seulement si∫ 1

2

0

ln(1− u)

(1− u)12u

32

du est convergente. Lorsque

u→ 0+,ln(1− u)

(1− u)12u

32

∼ −uu

32

= −u− 12 . −

∫ 12

0

u−12 du converge comme intégrale de Riemann, on en

déduit donc la convergence de∫ 1

12

a(t)dt puis de∫ 1

0

a(t)dt. [On aurait pu se contenter d’un DL

en 1, mais on choisit ici cette méthode pour bien fixer les esprits ].

�

Exercice 2. — Justifier l’existence puis calculer les intégrales suivantes :

i. A =

∫ +∞

0

t2 + t+ 1

(1 + t2)2dt ii. B =

∫ +∞

1

arctan t

t2dt

Solution :

i. f : t 7→ t2 + t+ 1

(1 + t2)2est continue sur [0,+∞[ donc est localement intégrable. Lorsque t → +∞,

f(t) ∼ 1

t2. De plus,

∫ +∞

1

t−2dt est convergente en tant qu’intégrale de Riemann. D’après le

théorème de comparaison, on en déduit que∫ +∞

1

f(t)dt converge, et donc l’intégrale∫ +∞

0

f(t)dt

est convergente. On a

A =

∫ +∞

0

(1 + t2

(1 + t2)2+

t

(1 + t2)2

)dt =

∫ +∞

0

(1

1 + t2+

t

(1 + t2)2

)dt

=

[arctan t− 1

2(1 + t2)

]+∞0

=π

2+

1

2.

[Attention, si vous séparez les deux termes de l’intégrale, il faut calculer∫ x

0

f(t)dt puis faire tendre

x vers +∞, ou alors justifier la convergence des deux intégrales∫ +∞

0

dt

1 + t2et∫ +∞

0

tdt

(1 + t2)2]

ii. g : t 7→ arctan t

t2est continue sur [1,+∞[ donc localement intégrable. Lorsque t → +∞, on

a g(t) ∼ π

2t2. Comme

∫ +∞

1

π

2t2dt converge en tant qu’intégrale de Riemann, le théorème de

comparaison nous assure que∫ +∞

1

g(t)dt converge. Reste à calculer cette intégrale.


On effectue une intégration par parties, dérivant arctan t et intégrant t−2 [afin de faire dispa-

raître le terme problématique en arctan t]. Comme limt→+∞

−arctan t

t= 0 existe, on a

B =

∫ +∞

1

g(t)dt =

[−arctan t

t

]+∞1

+

∫ +∞

1

1

t(1 + t2)dt = 0 +

π

4+

∫ +∞

1

1

t(1 + t2)dt,

la convergence de∫ +∞

1

1

t(1 + t2)dt étant garantie par la convergence de

∫ +∞

1

g(t)dt. Décompo-

sons1

t(1 + t2)en éléments simples. 1 + t2 étant irréductible dans R[X], le théorème de décompo-

sition en éléments simples nous assure qu’il existe a, b, c ∈ R tels que

1

t(1 + t2)=a

t+bt+ c

1 + t2.

Multipliant par t l’égalité et faisant t = 0, on obtient a = 1, puis en multipliant par t2 + 1 et

faisant t = i, on obtient1

i= bi+ c, et donc c = 0 et b = −1. On a donc

B =π

4+

∫ +∞

1

1

t(1 + t2)dt =

π

4+

∫ +∞

1

(1

t− t

1 + t2

)dt =

π

4+

[ln t− 1

2ln (1 + t2)

]+∞1

=π

4+

[ln

t√1 + t2

]+∞1

=π

4+ 0− ln

1√2

=π

4+

ln 2

2.

[Attention, ici il ne faut surtout pas séparer les intégrales si on raisonne avec comme borne +∞

car∫ +∞

1

dt

tdiverge. Le moyen le plus sûr de ne pas se tromper, si vous ne vous sentez pas à

l’aise, est de calculer des∫ x

1

puis que faire x→ +∞.]

�

Exercice 3. — Étudier, suivant les valeurs des paramètres a, b ∈ R, la convergence de∫ 1

0

ta| ln t|bdt

(on pourra utiliser sans justification la convergence des intégrales de Riemann).

Solution : fa,b : t 7→ ta| ln t|b est continue sur ]0, 1[ donc localement intégrable. On a vu (exercice 2.7)

que∫ 1

e

0

fa,b(t)dt est convergente si et seulement si a > −1, ou (a = −1 et b < −1). On n’en écrit

pas la preuve ici, le lecteur se reportera à la correction de l’exercice sur les intégrales de Bertrand.Lorsque t→ 1−, on a fa,b(t) ∼ (t− 1) puisque ta ∼ 1 et | ln t| = − ln(1 + (t− 1)) ∼ 1− t. Le théorème

de comparaison nous assure donc que∫ 1

12

fa,b(t)dt converge si et seulement si∫ 1

12

(1− t)bdt converge.

On effectue le changement de variables u = 1 − t. Le théorème de changement de variables établit

que∫ 1

12

(1− t)bdt converge si et seulement si∫ 1

2

0

ubdt converge, c’est à dire si et seulement si b > −1

d’après le critère des intégrales de Riemann.Les deux conditions qu’on a trouvées doivent être satisfaites simultanément. On conclut donc que∫ 1

0fa,b(t)dt converge si et seulement si a > −1 et b > −1 (le second cas ne pouvant se produire). �

5.3. DEVOIR 3 137

Exercice 4. — Soit f : R∗+ → R continue telle que∫ +∞

1

f(t)dt converge.


∫ x

1

f(t)dt?


1

f(t)


Solution : 1. F est la primitive de f s’annulant en 1. De plus, comme∫ +∞

1

f(t)dt converge, limx→+∞

F (x)

existe (et est finie). En particulier, F est bornée.

2. t 7→ f(t)

taest continue sur [1 +∞[ donc est localement intégrable. On va utiliser le théorème d’in-

tégration par parties, intégrant f et dérivant t−a. On a limx→+∞

F (x)x−a = 0 puisque F est bornée et

a > 0, donc, d’après le théorème d’intégration par parties,∫ +∞

1

f(t)

tadt converge si et seulement si∫ +∞

1

−aF (t)

ta+1dt converge. Lorsque t→ +∞, on a F (t)t−1−a = O(t−1−a). Comme a > 0,

∫ +∞

1

1

t1+adt

est convergente comme intégrale de Riemann, le théorème de comparaison nous assure donc la conver-

gence de∫ +∞

1

F (t)

ta+1dt. On en conclut que

∫ +∞

1

f(t)

tadt converge.

[On aurait aussi pu utiliser le critère d’Abel] �

5.3. Devoir 3

Exercice 1. — Étudier la convergence des séries dont le terme général est :

i. rn =1

n3

ii. sn = 1− cos1

n

iii. tn =1

n lnn

iv. un =1

1 + n+ (lnn)2

v. vn = sin(−1)n√

n

vi. wn = sinn

Solution :

i. La série de terme général rn =1

n3convege comme intégrale de Riemann (3 > 1, elle converge

même absolument).

ii. sn = 1−cos1

n∼ 1

2n2. La série

∑1n2 converge comme série de Riemann donc, d’après le théorème

de comparaison,∑

2sn converge (absolument aussi) et donc∑sn converge.

iii. La série de terme général tn =1

n lnndiverge comme série de Bertrand.

iv. un =1

1 + n+ (lnn)2∼ 1

net la série harmonique

∑1n diverve donc, d’après le théorème de

comparaison,∑un diverge.

v. Un DL en zéro de sinus indique que vn = sin(−1)n√

n=

(−1)n√n

+ f(n), où f(n) = O(n−

32

).∑ (−1)n√

nest une série alternée puisque 1√

ndécroit vers 0, et donc

∑ (−1)n√n

converge. Comme

f(n) = O(n−

32

)et comme la série

∑n−

32 converge comme série de Riemann, le théorème de

comparaison implique que∑f(n) converge. Alors

∑vn converge comme somme de deux séries


convergentes. [Notons que∑vn ne converge pas absolument, puisque |vn| ∼ 1√

n]

[Attention : on ne peut pas utiliser directement le théorème de comparaison ici carla suite (vn) change de signe (essayer de remplacer sinx par ln(1 + x))]

vi. La suite (wn = sinn)n∈N ne converge pas, donc ne converge pas vers 0, et donc la série∑wn ne

converge pas ! Démontrons le fait annoncé. Supposons que (wn) ait une limite `, alors ` ∈ [−1, 1]par passage à la limite de l’inégalité −1 ≤ sinn ≤ 1. Si ` 6= 0, on a sin 2n = 2 cosn sinn,et donc cosn → 1

2 par passage à la limite de l’égalité. En écrivant cos 2n = 2 cos2 n − 1, onobtient, par passage à la limite 1

2 = 24 − 1, ce qui est absurde. Si ` = 0, on écrit sin(n + 1) =

sin 1 cosn + sinn cos 1, puis, en passant à la limite, on voit que cosn → 0, et c’est absurde carsin2 n+ cos2 n = 1.

�

Exercice 2. — Justifier la convergence et calculer la somme des séries suivantes.

i. un =πn

n!ii. vn = ln

(1− 1

n2

)Solution :

i. [L’écriture an/n! nous rappelle l’expression de la formule de Taylor avec reste intégrale] Le critèrede d’Alembert est bien adapté à la situation. (un) est une suite à termes strictement positifs, eton a un+1

un= π

n+1 ≤π4 < 1 si n ≥ 3 donc (d’Alembert)

∑un converge. La formule de Taylor avec

reste intégrale appliquée à exp entre 0 et π nous donne à l’ordre n :

eπ = e0 +e0

1!︸︷︷︸exp′(0)

1!

π +e0

2!π2 + · · ·+ e0

n!︸︷︷︸exp(n)(0)

n!

πn +

∫ π

0

(π − t)n

n!etdt︸︷︷︸

Rn

.

Comme |Rn| =

∫ π

0

(π − t)n

n!etdt ≤ eπ

∫ π

0

(π − t)n

n!dt =

eππn+1

(n+ 1)!→ 0, on voit que

n∑k=0

πk

k!=

eπ −Rn, avec Rn → 0, et donc∞∑k=0

πk

k!= eπ.

ii. On a vn ∼ − 1n2 . Comme la série

∑(−n−2) converge absolument en tant que série de Riemann, le

théorème de comparaison (entre séries négatives !) nous assure que∑vn converge. De plus, on a

Sn :=

n∑k=2

vk =

n∑k=2

lnk2 − 1

k2=

n∑k=2

(ln (k2 − 1)− 2 ln k) =

n∑k=2

(ln(k + 1)− ln k) +

n∑k=2

(ln(k − 1)− ln k)

= ln(n+ 1)− ln 2− lnn = lnn+ 1

n︸︷︷︸→0

− ln 2.

On conclut alors que+∞∑k=2

vk = − ln 2.

�

Exercice 3. — 1.a. Établir la convergence de la série de terme général

un = ln

(1 +

(−1)n

n

)(n ≥ 2)

5.3. DEVOIR 3 139


n

n= O

(1

n2

)].


2n+1∑k=2


un.


1

n.

2.b. Montrer que, pour tout k ∈ N∗, ∫ k+1

k

dt√t≤ 1√

k≤∫ k

k−1

dt√t.


n∑k=1

√k sin

1

k.

Solution : 1.a. On a un = ln

(1 +

(−1)n

n

)=

(−1)n

n+ g(n), où g(n) = O(n−2). La série

∑ (−1)nn

converge comme série alternée ((n−1) est décroissante et tend vers 0). La série∑g(n) converge

(absolument) d’après le théorème de comparaison, puisque la série∑n−2 converge comme série de

Riemann. On en déduit que∑un converge comme somme de deux séries convergentes.

1.b.On a

S2n+1 =

2n+1∑k=2

uk =

n∑k=1

u2k + u2k+1 =

2n+1∑k=2

ln2k + 1

2k+ ln

2k + 1− 1

2k + 1

=

n∑k=1

ln 1 = 0.

Ainsi (S2n+1) converge vers 0. Comme (Sn) converge, la suite (Sn) a même limite que sa sous-suite(S2n+1), c’est à dire 0. On en déduit que

∑+∞n=2 un = 0.

2.a. On a√n sin

1

n∼√n

n=

1√n. La série

∑n−

12 divergeant comme série de Riemann, le théorème

de comparaison nous assure que∑√

n sin1

ndiverge et qu’alors

Vn =

n∑k=1

√k sin

1

k∼

n∑k=1

1√k.

2.b.[On raisonne comme dans le théorème de comparaison séries-intégrales]. Soit k ∈ N∗. La fonctiont 7→ t−

12 est décroissante donc ∫ k+1

k

dt√t≤∫ k+1

k

dt√k

=1√k

et

∫ k

k−1

dt√t≥∫ k

k−1

dt√k

=1√k

(notons que pour k = 1 ce sont des intégrales convergentes). En sommant les n égalités correspondantesà k = 1, . . . , n on a :

n∑k=1

∫ k+1

k

dt√t≤

n∑k=1

1√k≤

n∑k=1

∫ k

k−1

dt√t


d’où ∫ n+1

1

dt√t≤

n∑k=1

1√k≤∫ n

0

dt√t

et donc 2(√n+ 1−1) ≤

n∑k=1

1√k≤ 2√n. On en déduit que

n∑k=1

1√k∼ 2√n et finalement (d’après 2.a.)

queVn ∼ 2

√n.

�

5.4. Examen

Le sujet comporte deux pages. On rappelle qu’on définit ty, pour tout t > 0 et tout y ∈ R, party := ey ln t. La notation tiendra compte de la qualité de l’exposition.

Questions de cours :

i. Donner la définition et une caractérisation des fonctions réglées.ii. Rappeler le critère de convergence des intégrales de Riemann en 0 et en +∞.iii. Énoncer la règle d’Abel pour les séries numériques.

Exercice 1 :

i. Après avoir démontré leur existence, calculer les intégrales :

(a)∫ 1

0

(3t2 + 2t) arctan t dt, (b)∫ π

3

0

1

1− sin tdt.

ii. Calculer la limite de la suite (un)n≥1 définie par

un =

n−1∑k=0

1

(n+ k)(1 + ln(n+ k)− lnn)(2 + ln(n+ k)− lnn)

(on pourra penser aux sommes de Riemann).

Exercice 2 :

Parmi les intégrales suivantes, lesquelles sont convergentes, lesquelles sont divergentes ? (Justifier votreréponse)

i.∫ +∞

0

ln t dt,

ii.∫ +∞

1

ln t

t2dt,

iii.∫ +∞

2

dt

t ln t,

iv.∫ 1

0

dt√|t ln t|

,

v.∫ +∞

0

dt

1 + | sin t|,

vi.∫ +∞

1

cos t

tdt.

Exercice 3 :

5.4. EXAMEN 141

Après avoir démontré leur existence, calculer les intégrales :


i.∫ +∞

0

e−√tdt, ii.

∫ +∞

−∞

dt

cht, où ch(t) =

et + e−t

2.

5.5. EXAMEN : 2NDE SESSION 143

Exercice 4 :

Parmi les séries de termes généraux suivants, lesquelles sont convergentes, lesquelles sont divergentes ?(Justifier votre réponse)

i. rn =e

1n

n,

ii. sn = n−32 lnn,

iii. tn =(−1)n√

n,

iv. un = e(−1)n√

n − 1,

v. vn = ln

(1 +

sinn

n

),

vi. wn = sinn.

Exercice 5 :

Soit (an)n∈N une suite décroissante de réels positifs, on note Sn =

n∑k=0

an.

i. Justifier les inégalités, pour tout n ∈ N∗,

S2n − Sn ≥ na2nS2n+1 − Sn ≥ (n+ 1)a2n+1

ii. En déduire que si la série∑an converge, alors la suite (nan)n∈N converge vers 0.

iii. Est-ce que la réciproque est vraie ? (Justifier votre réponse)iv. L’implication du 2. est-elle encore vraie sans l’hypothèse « (an) décroissante » ?

Exercice 6 :

Montrer que la série de terme général1

n3converge, et que si

S =

+∞∑k=1

1

k3et Sn =

n∑k=1

1

k3,

on a0 < S − Sn <

1

2n2

(on pourra comparer séries et intégrales).

Exercice 7

Après avoir démontré que la série de terme général un =(−1)nπ2n

(2n)!32n, n ≥ 0 (avec 0! = 1), converge,

calculer sa somme (on pourra utiliser la formule de Taylor avec reste intégral pour la fonction cos).

5.5. Examen : 2nde session

Le sujet comporte deux pages. La notation tiendra fortement compte de la qualité del’exposition.

Questions de cours :


i. Donner la définition d’une fonction intégrable au sens de Riemann sur le segment [a, b].

ii. Soit a ∈ R et f : [a,+∞[→ R, une fonction continue.

(a) Si∫ +∞

a

f(t)dt converge, a-t-on toujours limx→+∞

f(x) = 0 (justifier votre réponse) ?

(b) Même question avec f : [a,+∞[→ R uniformément continue (justifier votre réponse).(c) Soit (un)n∈N une suite de réels tels que

∑un converge. Que peut-on dire de lim

n→+∞un?

iii. Rappeler le critère de convergence des séries de Riemann.

Exercice 1 :

i. Après avoir démontré leur existence, calculer les intégrales :

(a)∫ 1

0

(t2 + 2t+ 1)et dt, (b)∫ π

3

0

dt

cos t.

ii. Calculer la limite de la suite (un)n≥1 définie par

un =

n−1∑k=0

n2

(n+ k)(10n2 + 6kn+ k2).

Exercice 2 :

Parmi les intégrales suivantes, lesquelles sont convergentes, divergentes ? (Justifier votre réponse)

i.∫ +∞

0

dt

t2 + t+√t, ii.

∫ +∞

2

ln t

tdt, iii.

∫ 1

0

dt√| tan(t) ln t|

, iv.∫ +∞

1

sin t√tdt.

Exercice 3 :

Après avoir démontré leur existence, calculer les intégrales :

i.∫ +∞

1

dt

t√

1 + t2, ii.

∫ +∞

0

e−t cos t dt.

Exercice 4 :

Parmi les séries de termes généraux suivants, lesquelles sont convergentes, divergentes ? (Justifier votreréponse)

i. rn =n sin 1

n − cos 1n

n2 + 3n+ 5,

ii. sn =lnn

n,

iii. un =(−1)n

8√n,

iv. vn = sin(−1)n√

n,

v. wn = tan

(sinn

n

),

vi. tn = n cosn.

5.5. EXAMEN : 2NDE SESSION 145

Exercice 5 :

Pour tout réel x tel que∫ +∞

0

1− cos t

t2e−xtdt converge, on note

φ(x) =

∫ +∞

0

1− cos t

t2e−xtdt

la valeur de cette intégrale.i. Montrer que φ(x) existe pour tout x ∈ [0,+∞[.

ii. Préciser le signe de φ(x) − φ(y) pour 0 ≤ x < y. En déduire que φ : [0,+∞[ admet une limitefinie λ en +∞.

iii. Montrer qu’il existe M > 0 tel que, pour tout t > 0,1− cos t

t2≤M. En déduire la valeur de λ.

iv. Montrer que φ est continue.

Exercice 6 :

Après avoir démontré que la série de terme général un =(−1)n+1π2n+1

(2n+ 1)!32n+1, n ≥ 1, converge, calculer sa

somme (on pourra utiliser la formule de Taylor avec reste intégral pour la fonction sin).

Documents

INTÉGRALES ET SÉRIESlmb.univ-fcomte.fr/IMG/pdf/coursintegralesseries.pdf · Après avoir posé les bases de l’intégration au sens de Riemann sur un segment, nous étudierons