MPSI · Intégration

Fonctions en escalier et fonctions continues par morceaux

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Dans tout le chapitre, K\mathbb{K} désigne R\mathbb{R} ou C\mathbb{C}.

L'objectif de cette première partie du chapitre est de construire rigoureusement l'intégrale d'une fonction continue par morceaux sur un segment, en partant de sa définition comme une aire. Cette leçon en pose le vocabulaire : les fonctions en escalier, dont l'aire se calcule sans aucune théorie, et les fonctions continues par morceaux, qui sont exactement celles qu'on peut approcher par des fonctions en escalier.

Dans toute la leçon, aa et bb désignent deux réels vérifiant a<ba < b.

Subdivisions d'un segment

Question

Pour une fonction constante, l'aire sous la courbe est celle d'un rectangle : aucune théorie n'est nécessaire. L'idée la plus ancienne pour une fonction quelconque est de découper [a,b][a,b] en morceaux sur lesquels la fonction varie peu, puis d'additionner des aires de rectangles. Encore faut-il donner un sens précis à ce découpage : qu'est-ce, exactement, qu'un découpage de [a,b][a,b] ?

Définition 1 : Subdivision d'un segment

On appelle subdivision du segment [a,b][a,b] toute famille finie σ=(x0,x1,…,xn)\sigma = (x_0, x_1, \ldots, x_n) de réels telle que :

a=x0<x1<⋯<xn=b.a = x_0 < x_1 < \cdots < x_n = b.

Le réel max⁡1⩽k⩽n(xk−xk−1)\displaystyle \max_{1 \leqslant k \leqslant n} (x_k - x_{k-1}) est appelé le pas de la subdivision σ\sigma.

a = x0x1x2x3⋯xn = bpas de σ
Une subdivision de [a, b] : les points de découpage, et le pas, longueur du plus grand sous-intervalle.

Remarque :

Subdivision à pas constant. Lorsque le pas de la subdivision est constant, c'est-à-dire :

∃δ>0, tel que ∀k∈⟦1,n⟧, xk−xk−1=δ,\exists \delta > 0, \text{ tel que } \forall k \in \llbracket 1, n \rrbracket, \ x_k - x_{k-1} = \delta,

on dit alors que la subdivision est à pas constant (ou régulière).

Dans ce cas, δ=b−an\delta = \dfrac{b-a}{n} et pour tout k∈⟦0,n⟧k \in \llbracket 0, n \rrbracket, xk=a+b−ankx_k = a + \dfrac{b-a}{n}k. δ\delta s'appelle le pas de la subdivision.

Exemple :

Sur [0,1][0,1], la famille (0,12,34,1)\left(0, \tfrac{1}{2}, \tfrac{3}{4}, 1\right) est une subdivision de pas 12\tfrac{1}{2} : les écarts 12,14,14\tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{4}, \tfrac{1}{4} ne sont pas égaux, c'est le plus grand d'entre eux qui compte. La subdivision régulière (0,1n,…,1)\left(0, \tfrac{1}{n}, \ldots, 1\right), elle, a pour pas 1n\tfrac{1}{n}.

Vocabulaire :

Étant données deux subdivisions σ\sigma et σ′\sigma' de [a,b][a,b], on dit que σ′\sigma' est plus fine que σ\sigma lorsque tout point de σ\sigma est un point de σ′\sigma'.

Exercice 1 : Réunion de deux subdivisions

Soient σ1=(x0,…,xn)\sigma_1 = (x_0, \ldots, x_n) et σ2=(y0,…,ym)\sigma_2 = (y_0, \ldots, y_m) deux subdivisions de [a,b][a,b].

  1. Montrer qu'en ordonnant par ordre croissant les éléments de {x0,…,xn}∪{y0,…,ym}\{x_0, \ldots, x_n\} \cup \{y_0, \ldots, y_m\}, on obtient une subdivision de [a,b][a,b], plus fine que σ1\sigma_1 et que σ2\sigma_2.
  2. Soit σ\sigma une subdivision et σ′\sigma' une subdivision plus fine que σ\sigma. Montrer que tout intervalle ouvert délimité par deux points consécutifs de σ′\sigma' est inclus dans un intervalle ouvert délimité par deux points consécutifs de σ\sigma.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Posons S={x0,…,xn}∪{y0,…,ym}S = \{x_0, \ldots, x_n\} \cup \{y_0, \ldots, y_m\}. C'est une partie finie de [a,b][a,b], qui contient aa (car a=x0a = x_0) et bb (car b=xnb = x_n). En notant a=z0<z1<⋯<zp=ba = z_0 < z_1 < \cdots < z_p = b ses éléments rangés dans l'ordre croissant, la famille σ′=(z0,…,zp)\sigma' = (z_0, \ldots, z_p) vérifie exactement la définition d'une subdivision de [a,b][a,b]. Par construction SS contient les points de σ1\sigma_1 et ceux de σ2\sigma_2, donc σ′\sigma' est plus fine que chacune des deux.

2. Soit i∈⟦1,p⟧i \in \llbracket 1, p \rrbracket. Comme zi−1z_{i-1} et ziz_i sont consécutifs dans σ′\sigma' et que tout point de σ\sigma est un point de σ′\sigma', l'intervalle ouvert ]zi−1,zi[\left]z_{i-1}, z_i\right[ ne contient aucun point de σ\sigma.

Or zi−1∈[a,b]=⋃k=1n[xk−1,xk]z_{i-1} \in [a,b] = \bigcup_{k=1}^{n} [x_{k-1}, x_k] : il existe donc kk tel que xk−1⩽zi−1<xkx_{k-1} \leqslant z_{i-1} < x_k. Si l'on avait zi>xkz_i > x_k, le point xkx_k appartiendrait à ]zi−1,zi[\left]z_{i-1}, z_i\right[, ce qui est exclu. Donc zi⩽xkz_i \leqslant x_k, et par conséquent

]zi−1,zi[ ⊂ ]xk−1,xk[.\left]z_{i-1}, z_i\right[ \ \subset \ \left]x_{k-1}, x_k\right[.

Fonctions en escalier

Question

Sur quelles fonctions sait-on déjà calculer une aire, sans le moindre outil nouveau ? Sur les fonctions constantes. Il est donc naturel de commencer par la classe la plus large que l'on obtient en recollant des constantes : les fonctions constantes par morceaux.

Définition 2 : Fonction en escalier

Une fonction φ:[a,b]→K\varphi : [a,b] \to \mathbb{K} est dite en escalier s'il existe une subdivision (x0,…,xn)(x_0, \ldots, x_n) de [a,b][a,b] telle que, pour tout k∈⟦1,n⟧k \in \llbracket 1, n \rrbracket, la restriction de φ\varphi à ]xk−1,xk[\left] x_{k-1}, x_k \right[ soit constante. Une telle subdivision est dite adaptée à φ\varphi.

On note E([a,b],K)\mathcal{E}([a,b], \mathbb{K}) l'ensemble des fonctions en escalier sur [a,b][a,b] à valeurs dans K\mathbb{K}.

xya = x0x1x2x3x4x5b = x6
Une fonction en escalier : constante sur chaque intervalle ouvert d'une subdivision adaptée. Les valeurs aux points xₖ sont totalement libres.

Exemple :

La partie entière t⟼⌊t⌋t \longmapsto \lfloor t \rfloor est en escalier sur [0,3][0,3] : elle vaut 00, 11, puis 22 sur les trois intervalles ouverts. Quelle subdivision lui est adaptée — et sa valeur en 11 change-t-elle quoi que ce soit ?

Test 1 : Unicité de la subdivision adaptée

Une fonction en escalier sur [a,b][a,b] admet une et une seule subdivision adaptée.

Exercice 2 : Fonctions en escalier et nombre de valeurs

  1. Montrer que toute fonction en escalier sur [a,b][a,b] ne prend qu'un nombre fini de valeurs, et qu'elle est bornée.
  2. La réciproque est-elle vraie ? On étudiera la fonction indicatrice 1Q:[0,1]→R\mathbb{1}_{\mathbb{Q}} : [0,1] \to \mathbb{R}, qui vaut 11 en tout rationnel et 00 ailleurs.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Soit φ∈E([a,b],K)\varphi \in \mathcal{E}([a,b],\mathbb{K}) et (x0,…,xn)(x_0, \ldots, x_n) une subdivision adaptée, avec φ=ck\varphi = c_k sur ]xk−1,xk[\left]x_{k-1}, x_k\right[. Tout point t∈[a,b]t \in [a,b] est soit l'un des xkx_k, soit dans l'un des ]xk−1,xk[\left]x_{k-1},x_k\right[ ; donc

φ([a,b])⊂{c1,…,cn}∪{φ(x0),…,φ(xn)},\varphi\bigl([a,b]\bigr) \subset \{c_1, \ldots, c_n\} \cup \{\varphi(x_0), \ldots, \varphi(x_n)\},

qui est une partie finie de K\mathbb{K} (au plus 2n+12n+1 éléments). Une partie finie étant bornée, ∣φ∣\lvert \varphi \rvert est majorée par le maximum des modules de ces valeurs : φ\varphi est bornée.

2. Non. La fonction 1Q\mathbb{1}_{\mathbb{Q}} ne prend que les deux valeurs 00 et 11 et est bornée, mais elle n'est en escalier sur aucun segment. En effet, soit (x0,…,xn)(x_0, \ldots, x_n) une subdivision quelconque de [0,1][0,1] : l'intervalle ]x0,x1[\left]x_0, x_1\right[ est un intervalle ouvert non vide, il contient donc à la fois un rationnel et un irrationnel (densité de Q\mathbb{Q} et de R∖Q\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}). La restriction de 1Q\mathbb{1}_{\mathbb{Q}} à cet intervalle prend les valeurs 00 et 11 : elle n'est pas constante.

Fonctions continues par morceaux

Question

Les fonctions en escalier sont trop peu nombreuses : même t↦tt \mapsto t n'en est pas une. Jusqu'où peut-on autoriser une fonction à être discontinue tout en gardant l'espoir de lui associer une aire ? La réponse : un nombre fini de ruptures, et des limites finies de part et d'autre de chacune.

Définition 3 : Fonction continue par morceaux

Une fonction f:[a,b]→Kf : [a,b] \to \mathbb{K} est dite continue par morceaux s'il existe une subdivision (x0,…,xn)(x_0, \ldots, x_n) de [a,b][a,b] telle que, pour tout k∈⟦1,n⟧k \in \llbracket 1, n \rrbracket, la restriction de ff à ]xk−1,xk[\left] x_{k-1}, x_k \right[ soit continue et prolongeable par continuité en xk−1x_{k-1} et en xkx_k.

xya = x0x1x2b = x3
Une fonction continue par morceaux : continue sur chaque intervalle ouvert, avec des limites finies aux bords. Les valeurs en x₁ et x₂ ne coïncident avec aucune des deux limites.

Vocabulaire :

On note CM([a,b],K)\mathcal{CM}([a,b], \mathbb{K}) l'ensemble de ces fonctions. On définit de même les fonctions de classe C1\mathcal{C}^1 par morceaux, dont l'ensemble est noté CM1([a,b],K)\mathcal{CM}^1([a,b], \mathbb{K}).

Remarque :

Limites unilatérales. Étant continue par morceaux, ff admet en tout point c∈[a,b[c \in \left[a,b\right[ une limite finie à droite, et en tout point c∈]a,b]c \in \left]a,b\right] une limite finie à gauche : en un point de continuité ces limites valent f(c)f(c), et en un point d'une subdivision adaptée ce sont les limites de prolongement par continuité.

Exemple :

Toute fonction en escalier est continue par morceaux : sur chaque intervalle ouvert d'une subdivision adaptée elle est constante, donc continue et prolongeable par continuité aux deux bords. La réciproque est fausse : t⟼t−⌊t⌋t \longmapsto t - \lfloor t \rfloor est continue par morceaux sur [0,3][0,3] sans être en escalier. Pourquoi ?

Test 2 : Valeur aux points de subdivision

Si ff est continue par morceaux sur [a,b][a,b] et si (x0,…,xn)(x_0, \ldots, x_n) lui est adaptée, alors pour tout k∈⟦1,n−1⟧k \in \llbracket 1, n-1 \rrbracket, f(xk)f(x_k) est égale à la limite à gauche ou à la limite à droite de ff en xkx_k.

Exercice 3 : Un motif oscillant

On considère f:[0,1]→Rf : [0,1] \to \mathbb{R} définie par

f(0)=0et∀t∈]0,1],f(t)=1t−⌊1t⌋.f(0) = 0 \qquad \text{et} \qquad \forall t \in \left]0,1\right],\quad f(t) = \frac{1}{t} - \left\lfloor \frac{1}{t} \right\rfloor.
  1. Soit α∈]0,1[\alpha \in \left]0,1\right[. Montrer que ff est continue par morceaux sur [α,1][\alpha, 1].
  2. Montrer que ff n'est pas continue par morceaux sur [0,1][0,1].
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Posons N=⌊1α⌋N = \left\lfloor \tfrac{1}{\alpha} \right\rfloor, de sorte que N⩾1N \geqslant 1 et 1N+1<α\tfrac{1}{N+1} < \alpha. Considérons la subdivision de [α,1][\alpha, 1] formée de α\alpha, des points 1j\tfrac{1}{j} pour j∈⟦1,N⟧j \in \llbracket 1, N \rrbracket qui sont >α> \alpha, et de 11 ; elle est finie.

Soit ]u,v[\left]u, v\right[ un intervalle ouvert de cette subdivision. Il ne contient aucun point de la forme 1j\tfrac{1}{j}, donc il existe un entier j⩾1j \geqslant 1 tel que ]u,v[⊂]1j+1,1j[\left]u,v\right[ \subset \left]\tfrac{1}{j+1}, \tfrac{1}{j}\right[. Pour tt dans cet intervalle, 1t∈]j,j+1[\tfrac{1}{t} \in \left]j, j+1\right[, donc ⌊1t⌋=j\left\lfloor \tfrac{1}{t}\right\rfloor = j et f(t)=1t−jf(t) = \tfrac{1}{t} - j. Cette expression est continue sur ]u,v[\left]u,v\right[ et se prolonge par continuité en uu et en vv (elle y admet des limites finies, 1u−j\tfrac{1}{u}-j et 1v−j\tfrac{1}{v}-j). Donc f∈CM([α,1],R)f \in \mathcal{CM}([\alpha,1],\mathbb{R}).

2. Raisonnons par l'absurde : soit (x0,…,xn)(x_0, \ldots, x_n) une subdivision de [0,1][0,1] adaptée à ff, avec x0=0x_0 = 0. La restriction de ff à ]0,x1[\left]0, x_1\right[ devrait être continue. Or, pour tout entier j>1x1j > \tfrac{1}{x_1}, le point 1j\tfrac{1}{j} appartient à ]0,x1[\left]0,x_1\right[ et ff y est discontinue : quand t→(1j)−t \to \left(\tfrac{1}{j}\right)^{-}, on a 1t→j+\tfrac{1}{t} \to j^{+} donc f(t)→0f(t) \to 0, alors que f ⁣(1j)=0f\!\left(\tfrac{1}{j}\right) = 0 mais f(t)→1f(t) \to 1 quand t→(1j)+t \to \left(\tfrac{1}{j}\right)^{+}.

ff possède donc une infinité de points de discontinuité dans ]0,x1[\left]0,x_1\right[, ce qui contredit la continuité de ff sur cet intervalle. Ainsi f∉CM([0,1],R)f \notin \mathcal{CM}([0,1],\mathbb{R}).

Autrement dit : « continue par morceaux » impose un nombre fini de morceaux, et c'est bien au voisinage de 00 que cette exigence est prise en défaut.

Structure d'espace vectoriel

Question

Pourquoi commencer par des vérifications algébriques ? Parce que toute la construction de l'intégrale va reposer sur des combinaisons linéaires et des passages à la limite : si E\mathcal{E} et CM\mathcal{CM} n'étaient pas stables par ces opérations, chaque calcul obligerait à reconstruire une subdivision adaptée à la main. Le vrai obstacle est là : deux fonctions n'ont aucune raison de partager une subdivision adaptée.

Proposition 1 : Structure vectorielle

E([a,b],K)\mathcal{E}([a,b], \mathbb{K}) et CM([a,b],K)\mathcal{CM}([a,b], \mathbb{K}) sont des K\mathbb{K}-espaces vectoriels, stables par produit et par passage au module : si ff et gg appartiennent à l'un de ces ensembles, il en est de même de fgfg et de ∣f∣|f|.

Démonstration :

On utilise le fait suivant : si σ\sigma est une subdivision adaptée à une fonction en escalier (resp. continue par morceaux), toute subdivision plus fine que σ\sigma l'est encore, car chaque intervalle ouvert d'une subdivision plus fine est inclus dans un intervalle ouvert de σ\sigma. Par suite, si σ1\sigma_1 et σ2\sigma_2 sont adaptées à ff et gg, la réunion σ=σ1∪σ2\sigma = \sigma_1 \cup \sigma_2 de leurs supports est une subdivision adaptée simultanément à ff et à gg.

Cas de E([a,b],K)\mathcal{E}([a,b],\mathbb{K}). La fonction nulle est en escalier, donc l'ensemble est non vide. Soient λ,μ∈K\lambda, \mu \in \mathbb{K} et φ,ψ∈E([a,b],K)\varphi, \psi \in \mathcal{E}([a,b],\mathbb{K}). Soit σ=(x0,…,xn)\sigma = (x_0,\ldots,x_n) une subdivision adaptée à la fois à φ\varphi et à ψ\psi. Pour tout k∈⟦1,n⟧k \in \llbracket 1,n \rrbracket, φ\varphi et ψ\psi sont constantes sur ]xk−1,xk[\left]x_{k-1},x_k\right[ ; il en va donc de même de λφ+μψ\lambda\varphi + \mu\psi, de φψ\varphi\psi et de ∣φ∣|\varphi|. Ces fonctions sont en escalier, σ\sigma leur étant adaptée. Ainsi E([a,b],K)\mathcal{E}([a,b],\mathbb{K}) est un sous-espace vectoriel de F([a,b],K)\mathcal{F}([a,b],\mathbb{K}), stable par produit et par passage au module.

Cas de CM([a,b],K)\mathcal{CM}([a,b],\mathbb{K}). La fonction nulle y appartient. Soient λ,μ∈K\lambda,\mu \in \mathbb{K} et f,g∈CM([a,b],K)f, g \in \mathcal{CM}([a,b],\mathbb{K}), et soit σ=(x0,…,xn)\sigma = (x_0,\ldots,x_n) une subdivision adaptée à ff et à gg. Fixons k∈⟦1,n⟧k \in \llbracket 1,n\rrbracket. Sur ]xk−1,xk[\left]x_{k-1},x_k\right[, ff et gg sont continues et admettent des limites finies en xk−1+x_{k-1}^+ et xk−x_k^-. Par opérations sur les fonctions continues, λf+μg\lambda f + \mu g, fgfg et ∣f∣|f| sont continues sur ]xk−1,xk[\left]x_{k-1},x_k\right[ ; et par opérations sur les limites (somme, produit, module), elles y admettent encore des limites finies aux extrémités. Elles sont donc continues par morceaux, σ\sigma leur étant adaptée.

Remarque :

Le point technique de cette preuve — « on peut toujours ramener deux fonctions à une subdivision commune » — sera réutilisé à chaque fois que deux fonctions en escalier interviennent ensemble, notamment dans la construction de l'intégrale. Il est entièrement contenu dans l'exercice sur la réunion de deux subdivisions.

Exercice 4 : Maximum et minimum de deux fonctions

Soient f,g∈CM([a,b],R)f, g \in \mathcal{CM}([a,b],\mathbb{R}).

  1. Montrer que max⁡(f,g)\max(f,g) et min⁡(f,g)\min(f,g) sont continues par morceaux sur [a,b][a,b].
  2. En déduire que f+=max⁡(f,0)f^{+} = \max(f,0) et f−=max⁡(−f,0)f^{-} = \max(-f,0) le sont aussi, et vérifier que f=f+−f−f = f^{+} - f^{-} et ∣f∣=f++f−|f| = f^{+} + f^{-}.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Pour tous réels u,vu,v on a les identités

max⁡(u,v)=u+v+∣u−v∣2,min⁡(u,v)=u+v−∣u−v∣2,\max(u,v) = \frac{u+v+|u-v|}{2}, \qquad \min(u,v) = \frac{u+v-|u-v|}{2},

qui se vérifient en distinguant les cas u⩾vu \geqslant v et u<vu < v. Donc

max⁡(f,g)=12(f+g+∣f−g∣).\max(f,g) = \tfrac{1}{2}\bigl(f + g + |f-g|\bigr).

Or CM([a,b],R)\mathcal{CM}([a,b],\mathbb{R}) est un R\mathbb{R}-espace vectoriel stable par passage au module : f−gf - g y appartient, donc ∣f−g∣|f-g| aussi, et enfin la combinaison linéaire 12(f+g+∣f−g∣)\tfrac{1}{2}(f+g+|f-g|) également. Même argument pour min⁡(f,g)\min(f,g).

2. La fonction nulle est continue par morceaux, et −f∈CM([a,b],R)-f \in \mathcal{CM}([a,b],\mathbb{R}) ; on applique donc 1. aux couples (f,0)(f,0) et (−f,0)(-f,0). Enfin, en tout point : si f(t)⩾0f(t) \geqslant 0 alors f+(t)=f(t)f^{+}(t) = f(t) et f−(t)=0f^{-}(t) = 0 ; si f(t)<0f(t) < 0 alors f+(t)=0f^{+}(t) = 0 et f−(t)=−f(t)f^{-}(t) = -f(t). Dans les deux cas f+(t)−f−(t)=f(t)f^{+}(t) - f^{-}(t) = f(t) et f+(t)+f−(t)=∣f(t)∣f^{+}(t) + f^{-}(t) = |f(t)|.

Approximation par les fonctions en escalier

Question

On sait intégrer les fonctions en escalier « à la main ». Que gagnerait-on à savoir approcher uniformément une fonction continue par morceaux par des fonctions en escalier ? Tout : l'intégrale de ff serait alors définie comme la limite des intégrales des approximations. Le théorème qui suit est donc la clé de voûte de toute la construction.

Théorème 1 : Approximation par des fonctions en escalier

Soit f:[a,b]→Kf : [a,b] \to \mathbb{K} continue par morceaux. Pour tout ε>0\varepsilon > 0, il existe une fonction en escalier φ:[a,b]→K\varphi : [a,b] \to \mathbb{K} telle que :

∀t∈[a,b],∣f(t)−φ(t)∣⩽ε.\forall t \in [a,b], \quad |f(t) - \varphi(t)| \leqslant \varepsilon.

Exemple :

Si ff est continue sur [a,b][a,b], le résultat s'obtient en une ligne par le théorème de Heine : ff est uniformément continue, donc une subdivision régulière assez fine et la fonction en escalier valant f(xk−1)f(x_{k-1}) sur [xk−1,xk[\left[x_{k-1},x_k\right[ conviennent. Mais une fonction seulement continue par morceaux n'est pas uniformément continue sur [a,b][a,b]. Comment s'en passer ?

L'idée de la démonstration est de partir de aa et de progresser vers bb « le plus loin possible », en montrant que ce plus loin possible est atteint, puis qu'il vaut nécessairement bb.

Étape 1 : prolongement par la limite à gauche ℓacγbÉtape 2 : prolongement par la limite à droite ℓ' au-delà de γaγdb
Schéma de la preuve : on prolonge d'abord l'approximation jusqu'à γ (étape 1), puis on montre qu'on pourrait aller au-delà si γ était strictement inférieur à b (étape 2).

Démonstration :

Fixons ε>0\varepsilon > 0 et posons

Γ={ c∈[a,b]  :  ∃ φ∈E([a,c],K), ∀t∈[a,c], ∣f(t)−φ(t)∣⩽ε }.\Gamma = \Bigl\{\, c \in [a,b] \;:\; \exists\, \varphi \in \mathcal{E}([a,c],\mathbb{K}),\ \forall t \in [a,c],\ |f(t)-\varphi(t)| \leqslant \varepsilon \,\Bigr\}.

L'ensemble Γ\Gamma contient aa (prendre φ\varphi constante égale à f(a)f(a)), donc est non vide ; il est majoré par bb. Il admet ainsi une borne supérieure γ∈[a,b]\gamma \in [a,b]. De plus, si c∈Γc \in \Gamma et a⩽c′⩽ca \leqslant c' \leqslant c, la restriction à [a,c′][a,c'] d'une fonction en escalier convenable sur [a,c][a,c] montre que c′∈Γc' \in \Gamma.

Γ\Gamma est donc un intervalle d'origine aa, de la forme [a,γ[[a,\gamma[ ou [a,γ][a,\gamma].

  • Étape 1 : montrons que γ∈Γ\gamma \in \Gamma.

    Si γ=a\gamma = a, c'est immédiat.

    Supposons γ>a\gamma > a et notons ℓ\ell la limite à gauche de ff en γ\gamma (elle existe et est finie, ff étant continue par morceaux). Il existe η>0\eta > 0 tel que ∣f(t)−ℓ∣⩽ε|f(t)-\ell| \leqslant \varepsilon pour tout t∈]γ−η,γ[t \in \left]\gamma-\eta,\gamma\right[. Par définition de la borne supérieure, on peut choisir c∈Γc \in \Gamma avec γ−η<c⩽γ\gamma - \eta < c \leqslant \gamma ; si c=γc=\gamma il n'y a rien à faire, supposons donc c<γc < \gamma. Soit φ0∈E([a,c],K)\varphi_0 \in \mathcal{E}([a,c],\mathbb{K}) telle que ∣f−φ0∣⩽ε|f-\varphi_0| \leqslant \varepsilon sur [a,c][a,c].

    Posons φ:[a,γ]→K\varphi : [a,\gamma] \to \mathbb{K},

    φ(t)={φ0(t)si t∈[a,c],ℓsi t∈]c,γ[,f(γ)si t=γ.\varphi(t) = \begin{cases} \varphi_0(t) & \text{si } t \in [a,c],\\ \ell & \text{si } t \in \left]c,\gamma\right[,\\ f(\gamma) & \text{si } t = \gamma. \end{cases}

    φ\varphi est en escalier sur [a,γ][a,\gamma] — une subdivision adaptée s'obtient en adjoignant γ\gamma à une subdivision adaptée à φ0\varphi_0 sur [a,c][a,c] — et ∣f−φ∣⩽ε|f-\varphi| \leqslant \varepsilon sur [a,γ][a,\gamma] : sur [a,c][a,c] par choix de φ0\varphi_0, sur ]c,γ[⊂]γ−η,γ[\left]c,\gamma\right[ \subset \left]\gamma-\eta,\gamma\right[ par choix de η\eta, et en γ\gamma l'écart est nul. Donc γ∈Γ\gamma \in \Gamma.

  • Étape 2 : montrons que γ=b\gamma = b.

    Supposons par l'absurde γ<b\gamma < b et notons ℓ′\ell' la limite à droite de ff en γ\gamma. Il existe η′>0\eta' > 0 tel que ∣f(t)−ℓ′∣⩽ε|f(t)-\ell'| \leqslant \varepsilon pour t∈]γ,γ+η′[t \in \left]\gamma,\gamma+\eta'\right[. Choisissons dd avec γ<d⩽b\gamma < d \leqslant b et d<γ+η′d < \gamma + \eta'.

    Comme γ∈Γ\gamma \in \Gamma, soit φ1∈E([a,γ],K)\varphi_1 \in \mathcal{E}([a,\gamma],\mathbb{K}) telle que ∣f−φ1∣⩽ε|f-\varphi_1| \leqslant \varepsilon sur [a,γ][a,\gamma]. La fonction

    φ(t)={φ1(t)si t∈[a,γ],ℓ′si t∈]γ,d[,f(d)si t=d,\varphi(t) = \begin{cases} \varphi_1(t) & \text{si } t \in [a,\gamma],\\ \ell' & \text{si } t \in \left]\gamma,d\right[,\\ f(d) & \text{si } t = d, \end{cases}

    est en escalier sur [a,d][a,d] et vérifie ∣f−φ∣⩽ε|f-\varphi| \leqslant \varepsilon sur [a,d][a,d]. Donc d∈Γd \in \Gamma avec d>γd > \gamma, ce qui contredit γ=sup⁡Γ\gamma = \sup \Gamma. Par conséquent γ=b\gamma = b.

  • Conclusion. Γ=[a,b]\Gamma=[a,b], donc il existe une fonction en escalier φ\varphi sur [a,b][a,b] telle que ∣f−φ∣⩽ε|f-\varphi| \leqslant \varepsilon sur [a,b][a,b].

Test 3 : Passage à la limite sur ε

Le théorème fournit, pour tout ε>0\varepsilon > 0, une fonction en escalier φ\varphi telle que ∣f−φ∣⩽ε|f - \varphi| \leqslant \varepsilon ; en faisant tendre ε\varepsilon vers 00, on en déduit que ff est elle-même en escalier.

Exercice 5 : Toute fonction continue par morceaux est bornée

Soit f∈CM([a,b],K)f \in \mathcal{CM}([a,b],\mathbb{K}). En appliquant le théorème d'approximation avec ε=1\varepsilon = 1, montrer que ff est bornée sur [a,b][a,b].

Solution :(cliquer pour afficher)

Appliquons le théorème avec ε=1\varepsilon = 1 : il existe φ∈E([a,b],K)\varphi \in \mathcal{E}([a,b],\mathbb{K}) telle que

∀t∈[a,b],∣f(t)−φ(t)∣⩽1.\forall t \in [a,b],\quad |f(t) - \varphi(t)| \leqslant 1.

D'après l'exercice sur les fonctions en escalier, φ\varphi ne prend qu'un nombre fini de valeurs, donc est bornée : il existe M⩾0M \geqslant 0 tel que ∣φ(t)∣⩽M|\varphi(t)| \leqslant M pour tout t∈[a,b]t \in [a,b]. Par inégalité triangulaire :

∀t∈[a,b],∣f(t)∣⩽∣f(t)−φ(t)∣+∣φ(t)∣⩽1+M.\forall t \in [a,b],\quad |f(t)| \leqslant |f(t) - \varphi(t)| + |\varphi(t)| \leqslant 1 + M.

Donc ff est bornée sur [a,b][a,b], et sup⁡t∈[a,b]∣f(t)∣⩽1+M\displaystyle \sup_{t \in [a,b]} |f(t)| \leqslant 1 + M.

Ce résultat, apparemment anodin, sera indispensable dès la leçon suivante : c'est lui qui garantit que les suites d'intégrales que l'on va manipuler sont bornées.

Corollaire 1

Soit f:[a,b]→Rf : [a,b] \to \mathbb{R} continue par morceaux. Pour tout ε>0\varepsilon > 0, il existe deux fonctions en escalier φ,ψ:[a,b]→R\varphi,\psi : [a,b] \to \mathbb{R} telles que :

φ⩽f⩽ψet0⩽ψ−φ⩽ε.\varphi \leqslant f \leqslant \psi \quad \text{et} \quad 0 \leqslant \psi - \varphi \leqslant \varepsilon.
εψφfab
Encadrement d'une fonction par deux fonctions en escalier φ ⩽ f ⩽ ψ, dont l'écart vertical reste inférieur à ε.

Démonstration :

Soit ε>0\varepsilon > 0. D'après le théorème précédent, il existe φ0∈E([a,b],R)\varphi_0 \in \mathcal{E}([a,b],\mathbb{R}) telle que ∣f−φ0∣⩽ε2|f - \varphi_0| \leqslant \tfrac{\varepsilon}{2} sur [a,b][a,b].

Posons φ=φ0−ε2\varphi = \varphi_0 - \tfrac{\varepsilon}{2} et ψ=φ0+ε2\psi = \varphi_0 + \tfrac{\varepsilon}{2} : ce sont des fonctions en escalier, avec φ⩽f⩽ψ\varphi \leqslant f \leqslant \psi et 0⩽ψ−φ⩽ε0 \leqslant \psi - \varphi \leqslant \varepsilon.

Test 4 : Le corollaire et le corps de base

L'énoncé du corollaire n'a de sens que dans le cas K=R\mathbb{K} = \mathbb{R}.

Remarque :

Ces deux résultats sont le point de départ de la leçon suivante : le théorème d'approximation permettra de définir ∫abf\displaystyle\int_a^b f comme limite des intégrales de fonctions en escalier, et le corollaire fournira, dans le cas réel, la définition équivalente par encadrement (« intégrales inférieure et supérieure »).