Intégrale avec partie entière

Les fonctions intégrables au sens de Riemann sont définies sur un segment et bornées (ce qui est le cas ici).
Pour montrer qu'elle est intégrable au sens de Riemann, il faut encadrer la fonction par deux fonctions en escalier.
Sur $[0,\varepsilon]$, on majore la fonction par $1$.
etc...

Effectivement, ce n'est pas une fonction continue par morceaux. On ne peut ps calculer cette intégrale avec l'intégrale des fonctions continues par morceaux. Il faut une notion plus puissante d'intégrale.

Cordialement.

On peut faire le changement de variable $x=\frac{1}{t^2}$. Ce n'est pas indispensable mais c'est plus commode. J'ai l'impression qu'elle diverge.

Bonjour,
Sur $ \Big[\dfrac{1}{\sqrt{n+1}} , \dfrac{1}{\sqrt{n}}\Big]$ l'intégrale vaut $ u_n=2 (\sqrt{n+1}-\sqrt{n})- \dfrac{1}{\sqrt{n}}=O\Big(\dfrac{1}{n^{3/2}}\Big)$
La série $\sum\limits_ {n=1}^\infty u_n$ converge et l'intégrale aussi

sauf erreur...
Cordialement.

@noobey
Apres ta correction , on est d'accord sur l'expression à sommer mais il faut dans ta somme n>=2 pour que la somme de la série soit la valeur de l''intégrale.
Cordialement

Si je n'ai pas commis de nouvelle erreur, j'ai :
$\displaystyle I=\int\nolimits_{0}^{1}\Big(\left\lceil \frac{1}{t^{2}}\right\rceil -\frac{1}{t^{2}}\Big)dt=\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\Big(\big(\underset{k=1}{\overset{n} {\sum }}\frac{1}{\sqrt{k}}\big)-2\sqrt{n}\Big)$.

En ce moment je ne dispose pas de moyen de calcul numérique performant. Il m'a semblé qu'on faire de tels calculs avec Wolfram mais je ne sais pas faire. Quelqu'un pourrait-il donner la valeur numérique approchée de cette intégrale ?
Merci.

En fait je n'ai pas assez lu les autres messages (c'est souvent mon défaut) et j'ai redit la même chose, en me re-trompant dans le télescopage. Il y a des jours comme ça ... ::o
Mille excuses.
Ma demande sur la valeur numérique approchée tient toujours.

Si $\lfloor t \rfloor$ et $\{ t \}$ désignent respectivement la partie entière et la partie fractionnaire de $t$, on a, pour tout $x \geqslant 1$ réel

\begin{eqnarray*}
\sum_{k \leqslant x} \frac{1}{\sqrt k} &=& \int_{1^-}^x \frac{1}{\sqrt t} \textrm{d} \lfloor t \rfloor = 1 + \int_1^x \frac{\textrm{d} t}{\sqrt t} - \int_{1^-}^x \frac{1}{\sqrt t} \textrm{d} \{ t \} \\
&=& 2 \sqrt x - 1- \left [ \frac{\{t\}}{\sqrt t} \right]_1^x - \frac{1}{2} \int_1^x \frac{\{t\}}{t^{3/2}} \, \textrm{d}t \\
&=& 2 \sqrt x - 1 - \frac{\{x\}}{\sqrt x} - \frac{1}{2} \int_1^\infty \frac{\{t\}}{t^{3/2}} \, \textrm{d}t + O \left( x^{-1/2} \right) \\
&=& 2 \sqrt x - 1 - \int_0^1 \left( \frac{1}{u^2} - \left \lfloor \frac{1}{u^2} \right \rfloor \right) \textrm{d}u+ O \left( x^{-1/2} \right)
\end{eqnarray*}
où l'on a utilisé le changement de variable $u = t^{-1/2}$ dans la dernière ligne. En faisant $x \to \infty$, on obtient finalement
$$\int_0^1 \left( \frac{1}{u^2} - \left \lfloor \frac{1}{u^2} \right \rfloor \right) = \lim_{x \to \infty} \left( 2 \sqrt x - 1 - \sum_{k \leqslant x} \frac{1}{\sqrt k} \right) = -1 - \zeta \left( \tfrac{1}{2} \right) \approx 0,46035.$$

Edit. Résultat corrigé après l'intervention de Depasse.

Il s'agit de l'intégrale de Riemann-Stieltjes. Le truc à savoir est le suivant : prend une partie $A$ de $\mathbb{N}$, $f \in C^0 \left [1,x \right]$ et suppose que tu souhaites estimer
$$\sum_{\substack{a \leqslant x \\ a \in A}} f(a).$$
Si $A(x)$ est la fonction de compte de $A$, i.e. $A(x) = \left | \{ a \leqslant x : a \in A \} \right |$, alors la théorie de l'intégrale de Riemann-Stieltjes dit que
$$\sum_{\substack{a \leqslant x \\ a \in A}} f(a) = \int_{1^-}^x f(t) \textrm{d} \left( A(t) \right).$$
Dans beaucoup de cas, tu peux effectuer une IPP avec cette intégrale de la même manière qu'avec celle de Riemann (c'est ce que j'ai fait au-dessus).

Merci, il faut que je potasse cela. (tu)

Solution niveau Math Sup.
La fonction $\displaystyle t\mapsto f(t)=\left\lceil \frac{1}{t^{2}}\right\rceil -\frac{1}{t^{2}}$ est continue sur $\mathbb{R}_{+}^{\ast }$, sauf aux points $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{k}}$, $k\in \mathbb{N}^{\ast }$, où elle a des discontinuités de première espèce. Elle est donc continue par morceaux sur tout segment $[a,b]$, $0<a<b$. Elle est positive et majorée par $1$.

On peut donc définir la fonction $ \displaystyle x\mapsto F(x)=\int\nolimits_{x}^{1}(\left\lceil \frac{1}{t^{2}}\right\rceil
-\frac{1}{t^{2}})dt$ pour $x\in ]0,1]$, comme brave intégrale d'une fonction continue par morceaux, sans Riemann. Cette fonction $F$ est positive, décroissante et majorée par $1$ sur $]0,1]$.

Il existe donc $\displaystyle \underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }\int\nolimits_{x}^{1}(\left\lceil \frac{1}{t^{2}}\right\rceil -\frac{1}{t^{2}})dt$, limite qu'on peut « raisonnablement » désigner par $\displaystyle I=\int\nolimits_{0}^{1}(\left\lceil \frac{1}{t^{2}}\right\rceil -\frac{1}{t^{2}})dt$.

Pour $k\in \mathbb{N}^{\ast }$, soit $\displaystyle I_{k}=\int\nolimits_{\frac{1}{\sqrt{k+1}}}^{\frac{1}{\sqrt{k}}}(\left\lceil \frac{1}{t^{2}}\right\rceil -\frac{1}{t^{2}})dt=\int\nolimits_{\frac{1}{\sqrt{k+1}}}^{\frac{1}{\sqrt{k}}}(k+1-\frac{1}{t^{2}})dt=\frac{1}{\sqrt{k}}-2(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})$.

On en déduit : $ \displaystyle \int\nolimits_{\frac{1}{\sqrt{n+1}}}^{1}(\left\lceil \frac{1}{t^{2}}\right\rceil -\frac{1}{t^{2}})dt=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum }}I_{k}=(\underset{k=1}{\overset{n}{\sum }}\frac{1}{\sqrt{k}})-2(\sqrt{n+1}-1)=(\underset{k=1}{\overset{n}{\sum }}\frac{1}{\sqrt{k}})-2(\sqrt{n}+\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}})+2$.

Et enfin : $ \displaystyle I=\int\nolimits_{0}^{1}(\left\lceil \frac{1}{t^{2}}\right\rceil -\frac{1}{t^{2}})dt=$$\displaystyle 2+ \underset{n\rightarrow +\infty } {\lim } ((\underset{k=1}{\overset{n}{\sum }}\frac{1}{\sqrt{k}})-2\sqrt{n})=2+\zeta (\frac{1}{2}) \simeq 0,53965$.

Bonne journée.
Fr. Ch.

@Cyrano : on fait la distinction entre avoir une limite à gauche et une limite à droite distinctes (première espèce, discontinuité "gentille"), et ne pas avoir de limite à gauche ou à droite (deuxième espèce, "pas gentille" :-D ).

@Poirot
A ajouter discontinuité de première espèce : avoir une limite à gauche finie et une limite à droite finie distinctes

Oui, quand je parle de limites de fonctions, je parle toujours de limites finies (une suite diverge vers $+\infty$ par exemple).

Pour prolonger ma solution élémentaire ci-dessus, je dirai que la fonction $\displaystyle t\mapsto f(t)=\left\lceil \frac{1}{t^{2}}\right\rceil -\frac{1}{t^{2}}$ est continue par morceaux sur $\mathbb{R}_{+}^{\ast }$, et l'intégrale demandée est définie dans cette solution comme intégrale généralisée, d'une manière classique.

On observe le même phénomène, plus clairement peut-être, si l'on fait le changement de variable que j'avais suggéré, et qui peut avoir une certaine utilité.

Par contre, si l'on prolonge cette fonction $f$ à $\mathbb{R}$ tout entier, en prenant $f(0):=0$ (ou autre chose), alors la fonction obtenue ne sera plus continue par morceaux sur $\mathbb{R}$ parce qu'il y aura des segments sur qui elle aura une infinité de discontinuités (même « gentilles »), et surtout parce qu'elle n'aura pas de limite en $0$, point de discontinuité de seconde espèce. Elle ne sera donc pas même réglée. Par contre, elle sera intégrable au sens de Riemann sur tout segment, et en particulier sur $[0,1]$, et son intégrale sur $[0,1]$ sera celle que nous avons trouvée.

Bonne journée.
Fr. Ch.

@Cyrano j'avais déjà parler de ce théorème (ou?...je ne sais plus) qui traitait des discontinuités https://fr.wikipedia.org/wiki/Théorème_de_Froda

Ps: je te conseil la version anglaise de wiki c'est nettement plus fournit .

PPs :zut je n'avais pas lu le poste de Chaurien .Désolé du dérangement .

@ Bloy.noel
Un petit effort de respect de l'orthographe, ce ne serait pas du luxe. Corrige s'il te plaît. Merci.