Sommaire
Introduction
Continuité d’une intégrale à paramètre
Dérivabilité d’une intégrale à paramètre
Exercices
Les intégrales à paramètres sont des intégrales qui possèdent une deuxième variable en plus de la variable d’intégration.
Par exemple :
\(\displaystyle F(x) = \int_{0}^{1} \frac{e^{-xt}}{x + t} dt \)
Ici, en plus de la variable d’intégration t, il y a une variable x, ce qui transforme cette intégrale en une fonction F qui dépend de x. Comme tout fonction, elle peut être continue et dérivable et on peut à ce moment-là calculer sa dérivée. Mais comme on a son expression sous forme d’intégrale, il y a certaines conditions à vérifier pour pouvoir affirmer que F est continue et dérivable. Nous allons détailler ces conditions ci-dessous.
Remarque : dans tout le chapitre, on considère que la variable d’intégration est t, et l’autre variable x. Si jamais c’est l’inverse pour ton exercice, il faudra inverser tout les x et les t dans les propriétés ci-dessous.
On considère donc un intervalle I et :
\(\displaystyle F(x) = \int_{I} f(x ; t) dt \)
On veut montrer que F est continue sur A, avec A un intervalle de 
Pour montrer cela, il faut démontrer trois propriétés :
\(\displaystyle 1) \, \forall t \in I, x \mapsto f(x ; t) \, est \, continue \, sur \, A \)
\(\textstyle 2) \, \forall x \in A, t \mapsto f(x ; t) \, est \, continue \)
\(\textstyle par \, morceaux \, sur \, I \)
\(\displaystyle 3) \, \exists \, g : I \mapsto \mathbb{R}_+ \, continue \, par \, morceaux \)
\(\displaystyle et \, intégrable \, sur \, I, telle \, que : \)
\(\displaystyle \forall x \in A \, et \, \forall t \in I : |f(x ; t)| \le g(t) \)
\(\displaystyle (hypothèse \, de \, domination) \)
Tout ceci constitue le théorème de continuité des intégrales à paramètre.
A noter que dans le deuxième point la fonction doit être continue par morceaux et non continue, mais très souvent elle sera continue, donc continue par morceaux.
Par ailleurs, comme indiqué, le troisième point est appelé hypothèse de domination : il faut montrer l’existence d’une fonction g positive, qui ne dépend pas de x et qui majore la valeur absolue de f.
C’est souvent le point le plus difficile à montrer.
D’ailleurs nous verrons que dans certains cas que l’hypothèse de domination telle que décrite ci-dessus n’est pas possible. Il existe alors une alternative :
\(\displaystyle 3) Pour \, tout \, segment \, J \subset A, \)
\(\displaystyle \exists \, g : I \mapsto \mathbb{R}_+ \, continue \, par \, morceaux \)
\(\displaystyle et \, intégrable \, sur \, I, telle \, que : \)
\(\displaystyle \forall x \in J \, et \, \forall t \in I : |f(x ; t)| \le g(t) \)
\(\displaystyle (hypothèse \, de \, domination \, modifiée) \)
Autrement dit, on dira pour tout x ∈ [a ; b] avec a et b éléments de A au lieu de pour tout x ∈ A. Ca n’a l’air de rien mais tu vas voir que cela va tout changer !
Nous allons voir des exemples rassure toi 
Voyons d’abord un petit exemple sur un cas simple :
\(\displaystyle F(x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{cos(xt)}{1 + t^2} dt \)
Montrons que F est continue sur R.
Pour simplifier, on va noter f la fonction :
\(\displaystyle f(x ; t) = \frac{cos(xt)}{1 + t^2} \)
1) Pour tout t ∈ [0 ; + ∞[, x → f(x ; t) est continue sur
2) Pour tout x ∈
Ces deux premiers points n’appellent pas de justification particulière ici car f est un quotient de composée de fonctions de références et il n’y a pas de valeur interdite réelle.
Pour l’hypothèse de domination, il faut trouver une fonction g qui convient, mais le point le plus important est qu’elle ne doit pas dépendre de x : on doit donc s’en débarrasser.
Sachant que le dénominateur ne contient pas de x, on va se concentrer sur le numérateur, où le x est dans le cosinus.
Comme on peut majorer le cosinus en valeur absolue par 1, c’est plutôt simple :
\(\displaystyle \left|\frac{cos(xt)}{1 + t^2}\right| \le \frac{1}{1 + t^2} \)
On peut donc poser
\(\displaystyle g(t) = \frac{1}{1 + t^2} \)
Il faut vérifier deux points sur g :
– qu’elle est à valeur dans
– qu’elle est intégrable sur [0 ; + ∞[ puisque F est définie sur cet intervalle.
En 0 pas de problème, la fonction g est continue, et en +∞ on peut dire :
\(\displaystyle g(t) \underset{+\infty}{\sim} \frac{1}{t^2} \)
et par comparaison avec une intégrale de Riemann convergente, g est intégrable en +∞.
Ainsi g est intégrale sur [0 ; + ∞[ donc cette fonction g convient pour l’hypothèse de domination.
Conclusion : d’après le théorème de continuité des intégrales à paramètre, F est continue sur
Voyons maintenant un exemple où il va falloir utiliser l’autre méthode pour l’hypothèse de domination.
On considère, pour tout x ∈ ]0 ; + ∞[ :
\(\displaystyle F(x) = \int_{0}^{+ \infty} cos(xt)e^{-xt} dt \)
Là encore nous allons poser, pour tout x ∈ ]0 ; + ∞[ et pour tout t ∈ [0 ; + ∞[ :
\(\displaystyle f(x ; t) = cos(xt)e^{-xt} \)
De manière évidente :
1) Pour tout t ∈ [0 ; + ∞[, x → f(x ; t) est continue sur ]0 ; + ∞[
2) Pour tout x ∈ ]0 ; + ∞[, t → f(x ; t) est continue sur [0 ; + ∞[ (donc continue par morceaux)
Maintenant le point délicat : l’hypothèse de domination. Comme précédemment, on peut majorer le cos par 1 :
\(\displaystyle \left| cos(xt)e^{-xt} \right| \le e^{-xt} \)
Le problème c’est que e-xt dépend toujours de x, et impossible de majorer e-xt par quelque chose qui ne dépend pas de x et qui est intégrable.
Comme x et t sont positifs, on pourrait dire :
\(\displaystyle e^{-xt} \le 1 \)
sauf que la fonction constante égale à 1 n’est pas intégrable sur [0 ; + ∞[…
Comme x ∈ ]0 ; + ∞[, on va considérer un intervalle [a ; b] de ]0 ; + ∞[, avec 0 < a < b.
Et pour tout x ∈ [a ; b], et pour tout t ∈ [0 ; + ∞[ :
\(\displaystyle a \le x \le b \)
\(\displaystyle -bt \le -xt \le -at \)
\(\displaystyle e^{-bt} \le e^{-xt} \le e^{-at} \)
Ainsi, en posant
\(\displaystyle g(t) = e^{-at} \)
\(\displaystyle on \, a \, : \)
\(\displaystyle e^{-xt} \le g(t) \)
\(\displaystyle d’où \)
\(\displaystyle \left| cos(xt) e^{-xt} \right| \le g(t) \)
\(\displaystyle \left| f(x ; t) \right| \le g(t) \)
Cette fonction g(t) = e-at ne dépend pas de x, elle est bien positive et intégrable sur [0 ; + ∞[ car continue en 0, et en +∞ on peut la comparer avec une intégrale de Riemann par exemple, donc g convient pour l’hypothèse de domination.
Donc F est bien continue :
Passons maintenant à la dérivabilité des intégrales à paramètres.
On reprend F telle que définie précédemment pour tout x ∈ A :
\(\displaystyle F(x) = \int_{I} f(x ; t) dt \)
Pour montrer que F est dérivable, il y a 5 propriétés à montrer :
\(\displaystyle 1) \, \forall x \in A, t \mapsto f(x ; t) \, est \, continue \)
\(\displaystyle et \, intégrable \, sur \, I \)
\(\textstyle 2) f \, admet \, une \, dérivée \, partielle \, \frac{\partial f}{\partial x} \)
\(\displaystyle 3) \forall x \in A, t \mapsto \frac{\partial f}{\partial x} \, est \, continue \)
\(\displaystyle par \, morceaux \, sur \, I \)
\(\displaystyle 4) \forall t \in I, x \mapsto \frac{\partial f}{\partial x} \, est \, continue \, sur \, A \)
\(\displaystyle 5) \exists \, g \, de \, I \, dans \, \mathbb{R}_+ \, continue \, par \, morceaux \)
\(\displaystyle et \, intégrable \, sur \, I \, telle \, que : \)
\(\displaystyle \forall x \in A \, et \, \forall t \in I : \left|\frac{\partial f}{\partial x}\right| \le g(t) \)
\(\displaystyle (hypothèse \, de \, domination) \)
On peut alors conclure que F est C1 sur A, et :
\(\displaystyle \forall x \in A : F'(x) = \int_{I} \frac{\partial f}{\partial x} dt \)
Là encore, si l’hypothèse de domination n’est pas possible comme décrite ci-dessus, on pourra étudier l’hypothèse de domination non pas pour tout x appartenant à A mais sur un intervalle quelconque de A de type [a ;b], l’hypothèse de domination devient alors :
\(\displaystyle 5) Pour \, tout \, segment \, J \subset A, \)
\(\displaystyle \exists g : I \mapsto \mathbb{R}_+ \, continue \, par \, morceaux \)
\(\displaystyle et \, intégrable \, sur \, I, telle \, que : \)
\(\displaystyle \forall x \in J \, et \, \forall t \in I : |\frac{\partial f}{\partial x}| \le g(t) \)
\(\displaystyle (hypothèse \, de \, domination \, modifiée) \)
Pour les exemples, tu es invité à regarder les vidéos dont le lien est ci-dessous !
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