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\renewcommand{\labelenumii}{\theenumii)}
\rhead{}
\lhead{}
\chead{}
\lfoot{Int\'egrales }
\cfoot{}
\rfoot{ Page \thepage / 4}
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\newcommand{\blanc}[1]{}
\begin{document}


\begin{center}
{\huge Int\'{e}grales}
\end{center}

\section{Primitives}

\begin{description}
\item[D\'{e}finition] $F$ est une primitive de $f$ sur $I$ si $F$ est d\'{e}%
rivable sur $I$ et si $\cdots $ %\blanc{

\item[R\'{e}ponse] $F^{\prime }\left( x\right) =f\left( x\right) $ pour tout 
$x$ de $I$ %}
\newline
Comment tester un candidat primitive ? %\blanc{

\item[R\'{e}ponse] En calculant sa d\'{e}riv\'{e}e ! %}
%\blanc{

\item[M\'{e}thode :] On trouve \`{a} peu pr\`{e}s une primitive, on la d\'{e}%
rive, puis on ajuste les constantes.%}

\item[Exercice :] $f\left( x\right) =\left( 3x+1\right) ^{3};$ Id\'{e}e 
%\blanc{
Puissance au num\'{e}rateur, on cherche une primitive avec une puissance de
plus.%}
R\'{e}ponse %\blanc{
$F\left( x\right) =\left( 3x+1\right) ^{3}$ a pour d\'{e}riv\'{e}e $%
F^{\prime }\left( x\right) =3\left( 3x+1\right) ^{2}\cdot 3$ donc $F\left(
x\right) =\frac{1}{9}\left( 3x+1\right) ^{3}$ est une primitive de $f.$

%}
$g\left( x\right) =\left( \ln \left( 2x+1\right) \right) ^{3}\frac{1}{2x+1};$
Id\'{e}e %\blanc{
$g$\newline
$\left( x\right) =\left( \ln \left( 2x+1\right) \right) ^{3}\frac{1}{2x+1}$
est un produit mais $\frac{1}{2x+1}$ est la d\'{e}riv\'{e}e de $\ln \left(
2x+1\right) $ contenu de la puissance. \newline
On cherche une primitive avec une puissance de plus.

%}
R\'{e}ponse %\blanc{
$G\left( x\right) =\left( \ln \left( 2x+1\right) \right) ^{4}$ a pour d\'{e}%
riv\'{e}e $G^{\prime }\left( x\right) =4\left( \ln \left( 2x+1\right)
\right) ^{3}\frac{1}{2x+1}2$ donc $G\left( x\right) =\frac{1}{8}\left( \ln
\left( 2x+1\right) \right) ^{4}$ est une primitive de $g.$

%}
$\ h\left( x\right) =2^{x}$ Id\'{e}e %\blanc{
$h\left( x\right) =2^{x}$ se r\'{e}\'{e}crit en exponentielle.

%}
R\'{e}ponse %\blanc{
$h\left( x\right) =e^{x\ln \left( 2\right) }$. $H\left( x\right) =e^{x\ln
\left( 2\right) }$ a pour d\'{e}riv\'{e}e $H^{\prime }\left( x\right) =\ln
\left( 2\right) e^{x\ln \left( 2\right) }$ donc $H\left( x\right) =\frac{1}{%
\ln \left( 2\right) }e^{x\ln \left( 2\right) }$ est une primitive de $h.$%}

\item[Puissances :] $f\left( x\right) =\frac{1}{x^{n}}$ alors $F\left(
x\right) =\frac{1}{x^{n-1}}$ a pour d\'{e}riv\'{e}e $F^{\prime }\left(
x\right) =$%\blanc{
$\frac{-\left( n-1\right) }{x^{n}}$..%}
donc une primitive est : $F\left( x\right) =$%\blanc{
$\frac{-1}{-\left( n-1\right) x^{n-1}}$..%}
\newline
$f\left( x\right) =\frac{1}{x}$ se primitive en %\blanc{
$\ln \left( x\right) $ %}
sur $\left] 0,+\infty \right[ $ et %\blanc{
$\ln \left( -x\right) $%}
sur $\left] -\infty ,0\right[ $ (ou bien $\ln \left \vert x\right \vert $
sur chacun de ces deux intervalles)\newline
Une puissance au d\'{e}nominateur se primitive en une puissance de moins.%
\newline
Une puissance au num\'{e}rateur se primitive en une puissance de plus.

\item[Usuelles :] 
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
\hline
Fonction : & $\left( {}\right) ^{n}$ & $\dfrac{1}{\left( {}\right) ^{n}}$ & $%
\dfrac{1}{\left( {}\right) }$ & $\exp \left( {}\right) $ \\ \hline
Presque primitive & $\left( {}\right) ^{n+1}$ & $\dfrac{1}{\left( {}\right)
^{n-1}}$ & $\ln \left( +\right) $ ou $\ln \left( -\right) $ & $\exp \left(
{}\right) $ \\ \hline
\end{tabular}

\item[Exercice :] $f\left( x\right) =\frac{1}{\left( 3x+1\right) ^{3}};\ $%
Indication%\blanc{
Puissance au d\'{e}nominateur, on primitive avec une puissance de moins.
Attention \`{a} la compos\'{e}e%}
R\'{e}ponse%
%\blanc{
$F\left( x\right) =\frac{-1}{6\left( 3x+1\right) ^{2}}$\ %}
$g\left( x\right) =\frac{1}{\left( \ln \left( 2x+1\right) \right) ^{3}}\frac{%
1}{2x+1}$ R\'{e}ponse%\blanc{
$G\left( x\right) =\frac{-1}{4\left( \ln \left( 2x+1\right) \right) ^{2}}$%
%}

\item[Produit :] Un produit ne se primitive pas simplement sauf $f\left(
u\left( x\right) \right) u^{\prime }\left( x\right) :...$\newline
Id\'{e}es : changer un produit en puissance ou en somme.

\item[Exercice :] primitiver : $f\left( x\right) =\left( x+1\right) ^{2}x;$Id%
\'{e}e%\blanc{
Changer en somme (d\'{e}velopper)%}
R\'{e}ponse%\blanc{
$f\left( x\right) =x^{3}+2x^{2}+x:F\left( x\right) =\frac{1}{4}x^{4}+\frac{2%
}{3}x^{3}+\frac{1}{2}x$%}
$\ g\left( x\right) =\frac{1+x+x^{3}}{x^{2}};$Id\'{e}e%\blanc{
Changer en somme %}
R\'{e}ponse%\blanc{
$g\left( x\right) =\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{x}+x:F\left( x\right) =\frac{-1}{%
x}+\ln \left( \pm x\right) +\frac{1}{2}x^{2}$%}
$\ h\left( x\right) =\frac{x}{\left( 2x+1\right) ^{2}}$Id\'{e}e%\blanc{
faire appara\^{\i}tre $2x+1$ pour simplifier avec le d\'{e}nominateur%}
R\'{e}ponse%\blanc{
$h\left( x\right) =\frac{\frac{1}{2}\left( 2x+1\right) -1}{\left(
2x+1\right) ^{2}}=\frac{1}{2\left( 2x+1\right) }-\frac{1}{\left( 2x+1\right)
^{2}}:H\left( x\right) =\frac{1}{4}\ln \pm \left( 2x+1\right) +\frac{1}{2}%
\frac{1}{2x+1}$%}
$;\ k\left( x\right) =\left( x+1\right) ^{2}\left( x+1\right) ^{3}$ Id\'{e}e%
%\blanc{
Changer le produit en puissance%}
R\'{e}ponse%\blanc{
$k\left( x\right) =\left( x+1\right) ^{5}:K\left( x\right) =\frac{1}{6}%
\left( x+1\right) ^{6}$%}
$\newline
u\left( x\right) =\frac{1}{\left( e^{2x}+1\right) ^{3}}e^{2x};$Id\'{e}e%
%\blanc{
le $e^{2x}$ est la d\'{e}riv\'{e}e du contenu de \ la puissance%}
R\'{e}ponse%\blanc{
$U\left( x\right) =\frac{-1}{4\left( e^{2x}+1\right) ^{2}}$%}
$\ v\left( x\right) =\left( e^{2x}+1\right) ^{2}e^{2x}$ Id\'{e}e%\blanc{
le $e^{2x}$ est la d\'{e}riv\'{e}e du contenu de \ la puissance%}
R\'{e}ponse%\blanc{
$V\left( x\right) =\frac{1}{6}\left( e^{2x}+1\right) ^{3}$%}
$\  \  \ w\left( x\right) =\frac{\left( 2x+2\right) ^{2}}{\left( x+1\right)
^{4}}$ Id\'{e}e%\blanc{
simplifier%}
R\'{e}ponse%\blanc{
$w\left( x\right) =\frac{4\left( x+1\right) ^{2}}{\left( x+1\right) ^{4}}=%
\frac{4}{\left( x+1\right) ^{2}}:W\left( x\right) =\frac{-4}{x+1}$%}
$\ $

\item[Th\'{e}or\'{e}me :] $f$ fonction continue sur un intervalle $I.$ Alors
elle a une primitive $F$ sur $I$ (en fait, une infinit\'{e}).

\item[N.B.] En g\'{e}n\'{e}ral, on ne peux pas exprimer les primitives avec
les fonctions usuelles.

\item[Exercice :] Montrer que $G:x\rightarrow \int_{x}^{x^{2}}\frac{1}{\ln
\left( t\right) }dt$ est d\'{e}finie et d\'{e}rivable sur $\left] 0,1\right[
.$Id\'{e}e%\blanc{
On exprime l'int\'{e}grale avec une primitive formelle%}
R\'{e}ponse%\blanc{
\newline
Pour $x\in \left] 0,1\right[ $ on a $x^{2}\in \left] 0,1\right[ .$ \newline
La fonction $t\rightarrow \frac{1}{\ln \left( t\right) }$ est continue en $t$
tel que $t>0$ et $\ln \left( t\right) \neq 0$ donc sur $\left] 0,1\right[ $
et elle y admet une primitive $F$\newline
On a alors $G\left( x\right) =F\left( x^{2}\right) -F\left( x\right) $ et $G$
est d\'{e}rivable sur $\left] 0,1\right[ $ \newline
et $G^{\prime }\left( x\right) =F^{\prime }\left( x^{2}\right) \cdot
2x+F^{\prime }\left( x\right) =\frac{1}{\ln \left( x^{2}\right) }2x+\frac{1}{%
\ln \left( x\right) }=\frac{x+1}{\ln \left( x\right) }$%}
\end{description}

\section{Int\'{e}grale sur un segment d'une fonction continue.}

\begin{description}
\item[D\'{e}finition :] $f$ fonction continue sur un intervalle $I.$ $%
a\gtrless b\in I$ et $F$ une primitive de $f$ sur $I$ alors $\int_{a}^{b}f=%
\left[ F\right] _{a}^{b}=F\left( a\right) -F\left( b\right) .$

\item[N.B.] L'int\'{e}grale ne se calcule par primitivation que pour les
fonctions continues.

\item[D\'{e}coupages :] Chasles (bornes variables et contenu fixe, $%
\sum_{k=1}^{n}\int_{k}^{k+1}\frac{1}{t}dt=\int_{1}^{n+1}\frac{1}{t}dt$ ), 
\newline
lin\'{e}arit\'{e} (bornes fixes et contenu variable $\sum_{k=0}^{n}%
\int_{0}^{1}t^{k}dt=\int_{0}^{1}\sum_{k=0}^{n}t^{k}dt$ ), \newline
constantes en facteur.

\item[Int\'{e}gration par parties] On d\'{e}rive une partie et on primitive
l'autre : $\int_{a}^{b}u^{\prime }\left( t\right) \cdot v\left( t\right)
dt=...$\newline
si $u$ et $v$ sont de classe $C^{1}$ sur $\left[ a,b\right] $ ou $\left[ b,a%
\right] $ \ 

\item[Exercice] Le d\'{e}montrer \ en d\'{e}rivant le produit $u\cdot v.$ R%
\'{e}ponse%\blanc{
\newline
$u\cdot v$ est d\'{e}rivable sur $I$ et$\left( u\cdot v\right) ^{\prime
}\left( t\right) =u^{\prime }\left( t\right) v\left( t\right) +u\left(
t\right) v^{\prime }\left( t\right) $\newline
et comme $\left( u\cdot v\right) ^{\prime },$ l'int\'{e}grale se calcule par
primitivation : $\int_{a}^{b}$ $\left( u\cdot v\right) ^{\prime }\left(
t\right) dt=\left[ u\cdot v\right] _{a}^{b}$ \newline
donc $\int_{a}^{b}u^{\prime }\left( t\right) v\left( t\right) +u\left(
t\right) v^{\prime }\left( t\right) dt=\left[ u\cdot v\right] _{a}^{b}$ %}
\newline
Pourquoi $C^{1}$ et pas simpelment d\'{e}rivable ? R\'{e}ponse%\blanc{
L'int\'{e}grale se calcule par primitivation pour les fonctions continues%}

\item[Relation de r\'{e}currence :] se d\'{e}montre en g\'{e}n\'{e}ral par
int\'{e}gration par parties. \newline
N.B. Bien choisir la partie \`{a} d\'{e}river et celle \`{a} primitiver.

\item[Exercice :] $I_{n}=\int_{0}^{1}\left( 1-x\right) ^{n}e^{x}dx.$
Exprimer $I_{n+1}$ en fonction de $I_{n}.$Id\'{e}e%\blanc{
\newline
Comment passer de la puissance $n+1$ \`{a} la puissance $n$ ? En la d\'{e}%
rivant%}
Danger%\blanc{
$\left( 1-x\right) ^{n+1}$ est une compos\'{e}e, ne pas oublier de d\'{e}%
river le contenu%}
R\'{e}ponse%\blanc{
\newline
On a $I_{n+1}=\int_{0}^{1}\left( 1-x\right) ^{n+1}e^{x}dx.$\newline
Soit $u\left( x\right) =\left( 1-x\right) ^{n+1}:u^{\prime }\left( x\right)
=-\left( n+1\right) \left( 1-x\right) ^{n}$ et $v^{\prime }\left( x\right)
=e^{x}:v\left( x\right) =e^{x}$\newline
avec $u$ et $v$ de classe $C^{1}$ sur $\left[ 0,1\right] $ on a donc :%
\newline
$I_{n+1}=\left[ \left( 1-x\right) ^{n+1}e^{x}\right] _{0}^{1}-\int_{0}^{1}-%
\left( n+1\right) \left( 1-x\right) ^{n}e^{x}dx=-1+\left( n+1\right) I_{n}$%
%}

\item[In\'{e}galit\'{e}s (positivit\'{e}) :] On encadre le contenu, pour
tout $x$ de l'intervalle d'int\'{e}gration, puis on int\`{e}gre de part et
d'autre par rapport \`{a} $x$, en v\'{e}rifiant l'ordre des bornes.

\item[Empirique] Pour avoir un $\frac{1}{n+1}$ dans le majorant de l'int\'{e}%
grale, on conserve une puissance $n$ dans le majorant du contenu.

\item[Exercice :] $I_{n}=\int_{0}^{1}\frac{xe^{x}}{\left( 1+x\right) ^{n}}dx$%
. Etudier les variations de $x\rightarrow xe^{x}$ sur $\left[ 0,1\right] $
et en d\'{e}duire que $0\leqslant I_{n}\leqslant \frac{e}{\left( n-1\right) }
$\newline
Id\'{e}e%\blanc{
%}

\item[Int\'{e}grale fonction des bornes :] Si $f$ est continue sur $I$ et
que $a\in I$ alors $F\left( x\right) =\int_{a}^{x}f\left( t\right) dt$ est
une primitive de $f.$\newline
Si $f$ est continue sur $I$ et que $a$ et $b$ sont des fonctions d\'{e}%
rivables sur $J$ \`{a} valeurs dans $I$ alors $G\left( x\right)
=\int_{a\left( x\right) }^{b\left( x\right) }f\left( t\right) dt$ est d\'{e}%
rivable sur $J$ et \ $G^{\prime }\left( x\right) =f\left( b\left( x\right)
\right) b^{\prime }\left( x\right) -f\left( a\left( x\right) \right)
a^{\prime }\left( x\right) $

\item[Exercice] le d\'{e}montrer (indication : partir d'une primitive
formelle de $f$)

\item[Changement de variable :] $\int_{\alpha }^{\beta }f\left( x\right)
dx=\int_{a}^{b}f\left( u\left( t\right) \right) u^{\prime }\left( t\right) dt
$ avec $u$ de classe $C^{1}$ sur $\left[ a,b\right] $, $f$ continue sur $%
u\left( \left[ a,b\right] \right) .$\  \newline
A utiliser : Pour une \'{e}galit\'{e} d'int\'{e}grales avec changements de
bornes et de contenu.\newline
Pour exploiter la parit\'{e} d'une fonction : utiliser $x=-t$ \newline
Mode d'emploi : on \'{e}crit d'abord le changement de variable, on le
justifie ensuite.\newline
\underline{Simple :} quand l'ancienne variable $x$ est fonction de la
nouvelle : $x=u\left( t\right) .$ \newline
On remplace $x$ par $u\left( t\right) ;\ dx$ par $u^{\prime }\left( t\right)
dt;\ $les bornes sur $x$ par les valeurs correspondantes sur $t$ : il faut r%
\'{e}soudre $u\left( t\right) =a$ et $u\left( t\right) =b.$\newline
\underline{Compliqu\'{e} :} quand la nouvelle $x$ est donn\'{e}e en fonction
de l'ancienne \  \newline
Il faut alors faire appara\^{\i}tre le bloc $u^{\prime }\left( t\right) $,
puis cacher $t$ dans un $u\left( t\right) $ avant de pouvoir appliquer la
formule de changement de variable.

\item[Exemple :] Montrer que si $\ f$ est impaire et continue, $%
\int_{-1}^{1}f\left( x\right) dx=\int_{1}^{-1}f\left( t\right) dt$ et en d%
\'{e}duire sa valeur.\newline
On effectue le changement de variable $x=-t$%
%\blanc{

\item[R\'{e}ponse] $dx=-dt:x=1\Longleftrightarrow -t=1\Longleftrightarrow
t=-1:x=-1\Longleftrightarrow t=1$\newline

$\int_{-1}^{1}f\left( x\right) dx=\int_{1}^{-1}f\left( -t\right)
-dt=\int_{1}^{-1}f\left( t\right) dt$ car $f$ impaire. \newline

Donc $\int_{-1}^{1}f\left( x\right) dx=-\int_{1}^{-1}f\left( -t\right) -dt$
et $2\int_{-1}^{1}f\left( x\right) dx=0.$\newline

Justification du changement de variable : $u:t\rightarrow -t$ est $C^{1}$sur 
$\left[ -1,1\right] $ et $f$ est continue sur $u\left[ -1,1\right] =\left[
-1,1\right] .$ %}

\item[Exercice :] Soit $x>0.$ Montrer que $\int \limits_{1}^{x}\dfrac{1}{%
t^{n}(1+t)}\,dt=\int \limits_{1/x}^{1}\dfrac{u^{n-1}}{1+u}\,du$

\item[D\'{e}riv\'{e}e :] On ne peut d\'{e}river le contenu qu'avec l'int\'{e}%
gration par parties.\newline
Mais, par changement de variable, on peut se ramener \`{a} un int\'{e}grale
fonction des bornes.

\item[Exemple :] $f\left( x\right) =\int_{1}^{2}\frac{1}{t}e^{-tx}dt.$
Montrer que $f$ est d\'{e}rivable sur $\left] 0,+\infty \right[ $ et
calculer sa d\'{e}riv\'{e}e.\newline
Indication : changement de variable $tx=y$ o\`{u} l'ancienne est fonction de
la nouvelle puis th\'{e}or\`{e}me ci-dessous.%
%\blanc{

\item[R\'{e}ponse] $t=\frac{y}{x}:dt=\frac{1}{x}dy:t=1\Longleftrightarrow
y=x:t=2\Longleftrightarrow y=2x$ et $f\left( x\right) =\int_{x}^{2x}\frac{x}{%
y}e^{-y}\frac{1}{x}dy=\int_{x}^{2x}\frac{1}{y}e^{-y}dy.$\newline

On applique alors le th\'{e}or\`{e}me sur les int\'{e}grales fonction des
bornes.\newline

$y\rightarrow \frac{1}{y}e^{-y}$ continue sur $\left] 0,+\infty \right[ . $

Donc $f$ est d\'{e}rivable en $x$ tel que $x\rightarrow x$ et et $%
x\rightarrow 2x$ sont $C^{1}$ et appartiennent \`{a} $\left] 0,+\infty %
\right[ .$\newline

$f$ est d\'{e}rivable sur $\left] 0,+\infty \right[ $ et $f^{\prime }\left(
x\right) =2\frac{1}{2x}e^{-2x}-\frac{1}{x}e^{-x}$. %}

\item[Rare : Sommes de Riemann] si $f$ est continue sur $\left[ 0,1\right] $
\ alors $\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left( \frac{k}{n}\right) \rightarrow
\int_{0}^{1}f\left( t\right) dt$\newline
C'est ce th\'{e}or\`{e}me qui fait le lien entre int\'{e}grale et aire
(approch\'{e}e par $\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left( \frac{k}{n}\right) $ ),
et qui permet de programmer le calcul de la valeur approch\'{e}e d'une int%
\'{e}grale.

\item[M\'{e}thode :] Reconna\^{\i}tre le $"n"$ (\`{a} peu pr\`{e}s la borne
sup\'{e}rieure de la somme et dans le $\frac{k}{n}$) puis faire appara\^{\i}%
tre $\frac{1}{n}$ devant la sommet $\frac{k}{n}$ partout o\`{u} il y a $k.$
Reconna\^{\i}tre alors $f$ est v\'{e}rifier sa continuit\'{e} sur $\left[ 0,1%
\right] .$

\item[Exercice :] D\'{e}terminer la limite quand $n\rightarrow +\infty $ de $%
\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{2n+1}\ln \left( 1+\frac{k}{n}\right) $
\end{description}

\section{Int\'{e}grale sur un segment d'une fonction continue par morceaux.}

\begin{description}
\item[D\'{e}finition :] $f$ est continue par morceaux sur un intervalle $%
\left[ a,b\right] $ si on peut trouver des sous intervalles (une
subdivision) $a=a_{1}<a_{2}<\cdots <a_{n}=b$ et des fonctions $\tilde{f}_{i}$
continues sur $\left[ a_{i},a_{i+1}\right] $ telles que $f=\tilde{f}_{i}$
sur $\left] a_{i},a_{i+1}\right[ .$\newline
(si on peut prolonger $f$ par continuit\'{e} aux bornes)

\item[N.B.] On l'utilise quand on peut prolonger par continuit\'{e} la
"formule" de $f\left( x\right) .$

\item[Exemple :] $f$ d\'{e}finie par $f\left( x\right) =\left \{ 
\begin{array}{c}
x\text{ si }x\in \left] 0,1\right[ \\ 
\ln \left( x\right) \text{ si }x\in \left[ 1,2\right[ \\ 
\frac{1}{x}\text{ si }x>2%
\end{array}%
\right. $ est prolongeable par :%
%\blanc{

\item[R\'{e}ponse] $\tilde{f}_{1}\left( x\right) =x$ si $x\in \left[ 0,1%
\right] ;\  \tilde{f}_{2}\left( x\right) =\ln \left( x\right) $ si $x\in %
\left[ 1,2\right] $ et $\tilde{f}_{3}\left( x\right) =\frac{1}{x}$ si $x\geq
2,$ fonctions continues. %}

\item[N.B.] La fonction prolong\'{e}e ne co\"{\i}ncide pas avec $f$ aux
bornes.

\item[D\'{e}finition de l'int\'{e}grale :] si $f$ est continue par morceaux
prolongeable par $\tilde{f}_{i}$ continue sur $\left[ a_{i},a_{i+1}\right] $
alors $\int_{a}^{b}f\left( x\right) dx=\sum_{i=1}^{n}\int_{a_{i}}^{a_{i+1}}%
\tilde{f}_{i}\left( x\right) dx$\newline
C'est l'int\'{e}grales des prolongements par continuit\'{e}s.

\item[Exemple :] dans le cas pr\'{e}c\'{e}dent $\int_{0}^{3}f\left( x\right)
dx=...$%
%\blanc{

\item[R\'{e}ponse] $\int_{0}^{3}f\left( x\right)
dx=\int_{0}^{1}xdx+\int_{1}^{2}\ln \left( x\right) dx+\int_{2}^{3}\frac{1}{x}%
dx. $ %}

\item[Th\'{e}or\`{e}mes :] 

\begin{itemize}
\item La positivit\'{e}, Chasles et lin\'{e}arit\'{e} restent vraies.

\item L'int\'{e}grale fonction des bornes $G\left( x\right) =\int_{a\left(
x\right) }^{b\left( x\right) }f\left( t\right) dt$ est continue sur $J$.
Elle est d\'{e}rivable en $x$ tel que $f$ continue en $a\left( x\right) $ et
en $b\left( x\right) .$

\item Le changement de variable et l'int\'{e}gration par parties ne sont
plus vraies pour des fonctions continues par morceaux. On doit les faire sur
chacun des sous intervalles.
\end{itemize}
\end{description}

\section{Int\'{e}grale impropre en $\pm \infty .$}

\subsection{D\'{e}finition et op\'{e}rations}

\begin{description}
\item[D\'{e}finition :] Si $f$ est continue ou continue par morceaux sur $%
\left[ a,+\infty \right[ $, on dit que $\int_{a}^{+\infty }f\left( t\right)
dt$ est impropre en $+\infty .$\newline
Elle converge si $\int_{a}^{M}f\left( t\right) dt$ a une limite finie quand $%
M\rightarrow +\infty $ \newline
On note alors $\lim_{M\rightarrow +\infty }\int_{a}^{M}f\left( t\right)
dt=\int_{a}^{+\infty }f\left( t\right) dt.$ (Elle diverge sinon.) \newline
De m\^{e}me en $-\infty $.

\item[Exemple :] Montrer que $\int_{0}^{+\infty }e^{-x}dx$ (impropre en $%
+\infty $) converge et calculer sa valeur.%
%\blanc{

\item[R\'{e}ponse] $\int_{0}^{M}e^{-x}dx=\left[ -e^{-x}\right]
_{0}^{M}=-e^{-M}+1\rightarrow 1$ donc $\int_{0}^{+\infty }e^{-x}dx$ converge
et vaut $1.$ %}

\item[Exercice :] Int\'{e}grales de Riemann. Montrer que si $\alpha >1$
alors $\int_{0}^{+\infty }\frac{1}{x^{\alpha }}dx$ converge et diverge si $%
\alpha \leqslant 1$.

\item[Op\'{e}rations :] Le plus simple est de revenir \`{a} l'int\'{e}grale
partielle pour laquelle il n'y a pas de probl\`{e}me de convergence.\newline
Sinon, il faut d'abord prouver la convergence de chaque morceau avant d'op%
\'{e}rer.

\item[Chasles :] Si $\int_{b}^{+\infty }f\left( t\right) dt$ converge alors $%
\int_{a}^{+\infty }f\left( t\right) dt=\int_{a}^{b}f\left( t\right)
dt+\int_{b}^{+\infty }f\left( t\right) dt$

\item[Lin\'{e}arit\'{e} :] Si $\int_{a}^{+\infty }f\left( t\right) dt$ et$%
\int_{a}^{+\infty }g\left( t\right) dt$ convergent alors \newline
$\int_{a}^{+\infty }\alpha f\left( t\right) +\beta g\left( t\right)
dt=\alpha \int_{a}^{+\infty }f\left( t\right) dt+\beta \int_{a}^{+\infty
}g\left( t\right) dt$

\item[Positivit\'{e} :] Si $\int_{a}^{+\infty }f\left( t\right) dt$ et $%
\int_{a}^{+\infty }g\left( t\right) dt$ convergent et que $f\left( t\right)
\leqslant g\left( t\right) $ sur $\left[ a,+\infty \right[ $ alors $%
\int_{a}^{+\infty }f\left( t\right) dt\leqslant \int_{a}^{+\infty }g\left(
t\right) dt$

\item[Int\'{e}grale fonction des bornes :] Si $\int_{-\infty }^{a}f\left(
t\right) dt$ converge alors $G\left( x\right) =$ $\int_{-\infty }^{x}f\left(
t\right) dt$ est d\'{e}rivable l\`{a} o\`{u} $f$ est continue et $G^{\prime
}\left( x\right) =f\left( x\right) $

\item[Exemple :] Soit $F\left( x\right) =\int_{-\infty }^{x}\frac{e^{t}}{%
t^{2}}dt$. Montrer que $F$ est d\'{e}rivable sur $\left] -\infty ,0\right[ $
et calculer sa d\'{e}riv\'{e}e%
%\blanc{

\item[R\'{e}ponse] La fonction d\'{e}finie par $f\left( t\right) =\frac{e^{t}%
}{t^{2}}$ est continue sur $\mathbb{R}^{\ast }.$\newline

Pour $a<0,$ l'int\'{e}grale impropre en $-\infty :\int_{-\infty }^{a}\frac{%
e^{t}}{t^{2}}dt$ est convergente par majoration ($\frac{e^{t}}{t^{2}}\leq 
\frac{1}{t^{2}}$) de fonctions positives.\newline

Donc $F$ est d\'{e}rivable sur $\left] -\infty ,a\right] $ et $F^{\prime
}\left( x\right) =\frac{e^{x}}{x^{2}}$ %}

\item[Int\'{e}gration par parties et changement de variables :] on revient 
\`{a} l'int\'{e}grale partielle.

\item[Exercice] Calculer $\int_{1}^{+\infty }\frac{\ln \left( t\right) }{%
t^{2}}dt$
\end{description}

\subsection{Comparaison pour les fonctions positives}

\begin{description}
\item[Th\'{e}or\`{e}mes :] Si $f$ et $g$ sont positives et que $f\leqslant g$
sur $\left[ a,+\infty \right[ $ (ou que $f=o\left( g\right) $ ) alors 
\newline
si $\int_{a}^{+\infty }f$ diverge alors $\  \int_{a}^{+\infty }g$ diverge
"par minoration de fonctions positives".\newline
si $\int_{a}^{+\infty }g$ converge alors $\  \int_{a}^{+\infty }f$ converge
"par majoration de fonctions positives".

\item[D\'{e}monstration :] Si $f$ est positive alors $F\left( x\right)
=\int_{a}^{x}f\left( t\right) dt$ est croissante, en revenant \`{a} la d\'{e}%
finition du sens de variation.\newline
Si $x\leqslant y$ alors $F\left( y\right) =F\left( x\right)
+\int_{x}^{y}f\left( t\right) dt$ qui est positive par positivit\'{e} de
l'int\'{e}gration.. Donc $F\left( x\right) \leqslant F\left( y\right) $%
\newline
Il n'y a alors que deux possibilit\'{e}s : $F$ a une limite finie en $%
+\infty $ ou $F$ tend vers $+\infty .$ Donc si $\int_{a}^{+\infty }f$
diverge c'est que $\int_{a}^{x}f\rightarrow +\infty .$

\item[Th\'{e}or\`{e}mes :] Si $f$ et $g$ sont positives et que $f\thicksim g$
en $+\infty $ alors $\int_{a}^{+\infty }f$ et $\  \int_{a}^{+\infty }g$ sont
de m\^{e}me nature "par \'{e}quivalence de fonctions positives".

\item[R\'{e}f\'{e}rences :] Int\'{e}grales de Riemann $\int_{0}^{+\infty }%
\frac{1}{x^{\alpha }}dx$ converge si $\alpha >1$ et diverge si $\alpha
\leqslant 1$. Exponentielles : $\int_{1}^{+\infty }e^{\alpha x}dx$ converge
si $\alpha <0$ et diverge si $\alpha \geq 0$

\item[Exemple :] Prouver la convergence de $\int_{1}^{+\infty }\frac{%
x^{2}+e^{-x}}{x^{4}+x}dx$ impropre en $+\infty $.%
%\blanc{

\item[R\'{e}ponse] On cherche un \'{e}quivalent du contenu.: $\frac{%
x^{2}+e^{-x}}{x^{4}+x}=\frac{x^{2}\left( 1+e^{-x}/x\right) }{x^{4}\left(
1+1/x^{3}\right) }\sim \frac{1}{x^{2}}\geq 0$ dont l'int\'{e}grale converge
en $+\infty .$\newline

Donc, par \'{e}quivalence de fonctions positives, $\int_{1}^{+\infty }\frac{%
x^{2}+e^{-x}}{x^{4}+x}dx$ converge \'{e}galement. %}

\item[D\'{e}finition et th\'{e}or\`{e}me :] si $\int_{a}^{+\infty
}\left
\vert f\right \vert $ converge on dit que $\int_{a}^{+\infty }f$
converge absolument. Elle est alors convergente.\newline
Ce th\'{e}or\`{e}me permet d'appliquer les crit\`{e}res de comparaison pr%
\'{e}c\'{e}dents \`{a} des fonctions au signe changeant.

\item[Le retour de la s\'{e}rie :] Si $f$ est positive continue ou CPM et d%
\'{e}croissante, alors la s\'{e}rie : $\sum_{k\geq 0}f\left( k\right) $ et
l'int\'{e}grale impropre en $+\infty :\int_{0}^{+\infty }f\left( t\right) dt$
sont de m\^{e}me nature.\newline
L'avantage d'\'{e}tudier la convergence de l'int\'{e}grale plut\^{o}t que
celle de la s\'{e}rie est que l'on a plus de primitives et que l'on peut y
faire des int\'{e}grations par parties.
\end{description}

\section{Int\'{e}grale impropre en un point fini}

\begin{description}
\item[D\'{e}finition :] $f$ continue ou continue par morceaux sur $\left] a,b%
\right] .$ On dit que $\int_{a}^{b}f$ est impropre en $a.$\newline
Si $\int_{x}^{b}f$ \ a une limite finie quand $x\rightarrow a,$ on dit que $%
\int_{a}^{b}f$ converge et $\int_{a}^{b}f=\lim_{x\rightarrow a}\int_{x}^{a}f$

\item[Exemple :] Montrer la convergence et calculer $\int_{0}^{1}\ln \left(
t\right) dt.$%
%\blanc{

\item[R\'{e}ponse] Pour $x>0:\int_{x}^{1}\ln \left( t\right) dt=\left[ t\ln
\left( t\right) -t\right] _{x}^{1}=-1+x\ln \left( x\right) -x\rightarrow -1$
donc $\int_{0}^{1}\ln \left( t\right) dt $ converge et vaut $1$ %}

\item[R\'{e}f\'{e}rence :] Riemann si $\alpha \geq 1$ alors $\int_{0}^{1}%
\frac{1}{x^{\alpha }}dx$ diverge et converge si $\alpha <1.$ (c'est
l'inverse du comportement en $+\infty $ )

\item[Th\'{e}or\`{e}mes :] Les th\'{e}or\`{e}mes de comparaison, minoration,
majoration de fonctions positives restent valables.

\item[Op\'{e}rations :] Chasles et lin\'{e}rarit\'{e}, positivit\'{e} ne
peuvent se faire qu'apr\`{e}s v\'{e}rification de la convergence de chaque
morceau.\newline
IPP et changement de variable se font en revenant \`{a} l'int\'{e}grale
partielle.

\item[Multi-impropri\'{e}t\'{e} :] si une int\'{e}grale est impropre en
plusieurs points, on isole chacun des points d'impropret\'{e}.\newline
Elle convergera si elle converge en chacun des points d'impropret\'{e} et
elle sera la somme des sous int\'{e}grales impropres.

\item[Exemple :] $f\left( x\right) =\frac{1}{x^{2}}$ si $x<1:f\left(
x\right) =\frac{1}{\sqrt{-x}}$ si $x\in \left[ 0,1\right] $ et $f\left(
x\right) =e^{-x}$ si $x>0.$\newline
Calculer $\int_{-\infty }^{+\infty }f\left( t\right) dt$%
%\blanc{

\item[R\'{e}ponse] $f$ est continue par morceaux sur $\left] -\infty ,0%
\right[ $ et $\left[ 0,+\infty \right[ $ donc $\int_{-\infty }^{+\infty
}f\left( t\right) dt$ est impropre en $-\infty ,$ en $0^{-}$ et en $+\infty $

\begin{itemize}
\item en $-\infty :$ $\int_{x}^{-1}f\left( t\right) dt=\int_{x}^{-1}\frac{1}{%
t^{2}}dt=\left[ \frac{-1}{t}\right] _{x}^{-1}=1+\frac{1}{x}\rightarrow 1$
donc $\int_{-\infty }^{-1}f\left( t\right) dt\overset{\text{cv}}{=}1.$%
\newline

On pouvait aussi voire la convergence par Riemann

\item en $0^{-}: $ $\int_{-1}^{x}f\left( t\right) dt=\int_{-1}^{x}\frac{1}{%
\sqrt{-t}}dt=\left[ -2\sqrt{-t}\right] _{-1}^{x}=-2\sqrt{x}+2\rightarrow 2$
donc $\int_{-1}^{0}f\left( t\right) dt\overset{\text{cv}}{=}2.$

\item en $+\infty :\int_{0}^{x}f\left( t\right) dt=\int_{0}^{x}e^{-t}dt=%
\left[ -e^{-t}\right] _{0}^{x}=-e^{-x}+1\rightarrow 1$ donc $%
\int_{0}^{+\infty }f\left( t\right) dt\overset{\text{cv}}{=}1.$
\end{itemize}

\item Donc $\int_{-\infty }^{+\infty }f\left( t\right) dt$ converge et vaut $%
\int_{-\infty }^{-1}f\left( t\right) dt+\int_{-1}^{0}f\left( t\right)
dt+\int_{0}^{+\infty }f\left( t\right) dt=4$ %}
\end{description}

\end{document}
