MPSI · Intégration

Intégrale fonction de sa borne supérieure et primitives

Palier 0Palier 1Palier 1+Palier 2

L'intégrale est construite, mais elle reste un nombre : à chaque fonction et à chaque segment, elle associe un scalaire. L'idée décisive de cette leçon est de libérer la borne supérieure : en faisant varier xx dans ∫axf\displaystyle\int_a^x f, on fabrique une nouvelle fonction, dont on va étudier la régularité. C'est ce simple changement de point de vue qui relie l'intégration au calcul différentiel et qui rend enfin les intégrales calculables.

Dans toute la leçon, K\mathbb{K} désigne R\mathbb{R} ou C\mathbb{C}, et II un intervalle de R\mathbb{R} non réduit à un point.

L'intégrale comme fonction de sa borne supérieure

Question

Jusqu'ici, ∫abf\displaystyle\int_a^b f est un nombre attaché à un segment fixe. Que se passe-t-il si l'on laisse la borne supérieure se promener ? On obtient une fonction F:x⟼∫axfF : x \longmapsto \displaystyle\int_a^x f, qui mesure l'aire accumulée depuis aa. Cette fonction hérite-t-elle de la régularité de ff — et surtout, peut-elle être plus régulière que ff elle-même ?

Proposition 1

Si f∈CM([a,b],K)f \in \mathcal{CM}([a,b], \mathbb{K}), alors x↦∫axf(t) dtx \mapsto \displaystyle \int_a^x f(t)\,\mathrm{d}t est continue (même lipschitzienne) sur [a,b][a,b], et dérivable en tout point de continuité de ff.

F(x)axbf
L'aire accumulée depuis a : la valeur F(x) est l'aire algébrique de la portion hachurée, qui grandit avec x.

Démonstration :

Posons F(x)=∫axf(t) dtF(x) = \displaystyle\int_a^x f(t)\,\mathrm{d}t pour x∈[a,b]x \in [a,b] ; cette quantité a un sens, ff étant continue par morceaux sur [a,x]⊂[a,b][a,x] \subset [a,b], et F(a)=0F(a) = 0 par convention.

  • Lipschitzianité. Comme f∈CM([a,b],K)f \in \mathcal{CM}([a,b],\mathbb{K}), ff est bornée : posons M=∥f∥∞M = \lVert f \rVert_\infty. Soient x,y∈[a,b]x, y \in [a,b]. La relation de Chasles, étendue aux bornes dans un ordre quelconque, donne F(x)−F(y)=∫yxf(t) dtF(x) - F(y) = \displaystyle\int_y^x f(t)\,\mathrm{d}t. Si y⩽xy \leqslant x, l'inégalité triangulaire puis la croissance donnent

    ∣∫yxf∣⩽∫yx∣f∣⩽M (x−y);\left\lvert \int_y^x f \right\rvert \leqslant \int_y^x \lvert f \rvert \leqslant M\,(x-y) ;

    si x<yx < y, on applique ce qui précède à ∫xyf\displaystyle\int_x^y f et l'on utilise ∫yxf=−∫xyf\displaystyle\int_y^x f = -\int_x^y f. Dans les deux cas

    ∣F(x)−F(y)∣⩽M ∣x−y∣.|F(x) - F(y)| \leqslant M\,|x-y|.

    Donc FF est MM-lipschitzienne, donc continue sur [a,b][a,b].

  • Dérivabilité en un point de continuité x0x_0. Pour h≠0h \neq 0 tel que x0+h∈[a,b]x_0 + h \in [a,b], la relation de Chasles et la linéarité donnent

    F(x0+h)−F(x0)h−f(x0)=1h∫x0x0+h(f(t)−f(x0)) dt,\frac{F(x_0+h)-F(x_0)}{h} - f(x_0) = \frac{1}{h}\int_{x_0}^{x_0+h} \bigl(f(t)-f(x_0)\bigr)\,\mathrm{d}t,

    puisque ∫x0x0+hf(x0) dt=h f(x0)\displaystyle\int_{x_0}^{x_0+h} f(x_0)\,\mathrm{d}t = h\,f(x_0), la fonction constante f(x0)f(x_0) étant en escalier.

    Soit ε>0\varepsilon > 0. Par continuité de ff en x0x_0, il existe η>0\eta > 0 tel que ∣t−x0∣<η  ⟹  ∣f(t)−f(x0)∣⩽ε|t-x_0| < \eta \implies |f(t)-f(x_0)| \leqslant \varepsilon. Pour 0<∣h∣<η0 < |h| < \eta, tous les tt entre x0x_0 et x0+hx_0+h vérifient ∣t−x0∣<η|t - x_0| < \eta, d'où, par l'inégalité triangulaire et la croissance de l'intégrale :

    ∣F(x0+h)−F(x0)h−f(x0)∣⩽1∣h∣∣∫x0x0+h∣f(t)−f(x0)∣ dt∣⩽ε ∣h∣∣h∣=ε.\left\lvert \frac{F(x_0+h)-F(x_0)}{h} - f(x_0) \right\rvert \leqslant \frac{1}{|h|}\left\lvert \int_{x_0}^{x_0+h} \lvert f(t)-f(x_0)\rvert\,\mathrm{d}t \right\rvert \leqslant \frac{\varepsilon\,|h|}{|h|} = \varepsilon.

    Le taux d'accroissement de FF en x0x_0 tend donc vers f(x0)f(x_0) : FF est dérivable en x0x_0 et F′(x0)=f(x0)F'(x_0) = f(x_0).

Remarque :

La démonstration donne davantage que l'énoncé : en un point de continuité x0x_0 de ff, non seulement FF est dérivable, mais sa dérivée vaut f(x0)f(x_0). C'est cette égalité, et non la seule dérivabilité, qui sera utilisée dans toute la suite.

Noter aussi la nature du gain de régularité : ff peut sauter, FF ne saute jamais. L'intégration régularise, la dérivation dégrade.

Myxf
Pourquoi F est lipschitzienne : entre y et x, l'aire sous la courbe est contenue dans un rectangle de hauteur M et de largeur x − y.

Exemple :

La fonction x⟼∫0xe−t2 dtx \longmapsto \displaystyle\int_0^x \mathrm{e}^{-t^2}\,\mathrm{d}t est définie sur R\mathbb{R}, dérivable, de dérivée x↦e−x2x \mapsto \mathrm{e}^{-x^2} — alors qu'aucune primitive de e−t2\mathrm{e}^{-t^2} ne s'exprime à l'aide des fonctions usuelles. On connaît donc parfaitement la dérivée d'une fonction qu'on ne sait pas écrire. Comment peut-on l'affirmer sans avoir jamais calculé la moindre intégrale ?

Test 1 : Dérivabilité partout

Si ff est continue par morceaux sur [a,b][a,b], alors F:x↦∫axfF : x \mapsto \displaystyle\int_a^x f est dérivable en tout point de [a,b][a,b].

Test 2 : Caractère lipschitzien

Pour toute ff continue par morceaux sur [a,b][a,b], la fonction x↦∫axfx \mapsto \displaystyle\int_a^x f est lipschitzienne sur [a,b][a,b].

Exercice 1 : La primitive de la partie entière

On pose F(x)=∫0x⌊t⌋ dtF(x) = \displaystyle\int_0^x \lfloor t \rfloor\,\mathrm{d}t pour x∈[0,3]x \in [0,3].

  1. Calculer F(x)F(x) explicitement sur chacun des trois intervalles [0,1][0,1], [1,2][1,2] et [2,3][2,3].
  2. Vérifier que FF est continue sur [0,3][0,3], et déterminer les points où elle n'est pas dérivable.
  3. Quelle est la meilleure constante de Lipschitz de FF sur [0,3][0,3] ?
Solution :(cliquer pour afficher)

1. La fonction ⌊⋅⌋\lfloor \cdot \rfloor est en escalier sur [0,3][0,3], de valeurs 0,1,20, 1, 2 sur ]0,1[\left]0,1\right[, ]1,2[\left]1,2\right[, ]2,3[\left]2,3\right[.

  • Pour x∈[0,1]x \in [0,1] : ⌊t⌋=0\lfloor t \rfloor = 0 sur ]0,x[\left]0,x\right[, donc F(x)=0F(x) = 0.
  • Pour x∈[1,2]x \in [1,2] : par Chasles, F(x)=∫01⌊t⌋ dt+∫1x⌊t⌋ dt=0+1×(x−1)=x−1F(x) = \displaystyle\int_0^1 \lfloor t \rfloor\,\mathrm{d}t + \int_1^x \lfloor t \rfloor\,\mathrm{d}t = 0 + 1\times(x-1) = x-1.
  • Pour x∈[2,3]x \in [2,3] : F(x)=F(2)+∫2x⌊t⌋ dt=1+2(x−2)=2x−3F(x) = F(2) + \displaystyle\int_2^x \lfloor t \rfloor\,\mathrm{d}t = 1 + 2(x-2) = 2x-3.

2. Les trois expressions sont affines donc continues, et elles se raccordent : F(1)=0F(1) = 0 des deux côtés, F(2)=1F(2) = 1 des deux côtés. Donc FF est continue sur [0,3][0,3] — ce que la proposition prévoyait sans calcul.

En revanche, en x=1x = 1 la dérivée à gauche vaut 00 et la dérivée à droite vaut 11 ; en x=2x = 2, elles valent 11 et 22. FF n'est donc pas dérivable en 11 ni en 22 : ce sont exactement les points de discontinuité de ⌊⋅⌋\lfloor \cdot \rfloor. Partout ailleurs FF est dérivable, de dérivée ⌊x⌋\lfloor x \rfloor.

3. FF est affine par morceaux de pentes 00, 11, 22. Pour x,yx, y dans un même morceau, ∣F(x)−F(y)∣⩽2∣x−y∣|F(x)-F(y)| \leqslant 2|x-y|, et cette majoration se propage aux couples à cheval sur plusieurs morceaux en découpant. La constante 22 convient donc ; elle est optimale, puisque sur [2,3][2,3] le taux d'accroissement vaut exactement 22.

C'est bien ∥⌊⋅⌋∥∞\lVert \lfloor \cdot \rfloor \rVert_\infty sur ]0,3[\left]0,3\right[ : la constante fournie par la démonstration est la bonne.

123f123F
En haut la partie entière, en bas sa primitive nulle en 0. Chaque saut du graphe du haut produit un changement de pente — un point anguleux — sur le graphe du bas.

Le théorème fondamental du calcul intégral

Question

On sait dériver ; on ne sait pas encore intégrer. Le problème inverse — étant donnée ff, existe-t-il GG telle que G′=fG' = f ? — n'a aucune raison a priori d'avoir une solution : ce serait comme exiger que toute équation ait une racine. La proposition précédente répond pourtant par l'affirmative dès que ff est continue, et fournit une solution explicite. Quelle en est la conséquence pour le calcul effectif des intégrales ?

Théorème 1 : Théorème fondamental du calcul intégral

Toute fonction continue sur un intervalle possède une primitive. Plus précisément, si ff est continue sur II et a∈Ia \in I, la fonction x↦∫axf(t) dtx \mapsto \displaystyle \int_a^x f(t)\,\mathrm{d}t est une primitive de ff sur II : c'est l'unique primitive de ff qui s'annule en aa. De plus, pour toute primitive GG de ff :

G(x)=G(a)+∫axf(t) dt,x∈I.G(x) = G(a) + \int_a^x f(t) \, \mathrm{d}t, \quad x \in I.

Démonstration :

Posons F(x)=∫axf(t) dtF(x) = \displaystyle\int_a^x f(t)\,\mathrm{d}t pour x∈Ix \in I : le segment d'extrémités aa et xx est inclus dans II, qui est un intervalle, et ff y est continue donc continue par morceaux ; FF est donc bien définie, et F(a)=0F(a) = 0.

  • FF est une primitive de ff sur II. Soit x0∈Ix_0 \in I. Choisissons α,β∈I\alpha, \beta \in I tels que le segment [α,β][\alpha,\beta] soit inclus dans II, contienne aa et x0x_0, et contienne x0x_0 dans son intérieur relativement à II — c'est possible puisque II est un intervalle. Pour x∈[α,β]x \in [\alpha,\beta], la relation de Chasles donne

    F(x)=∫aαf+∫αxf=G(x)−G(a),ouˋ G(x)=∫αxf.F(x) = \int_a^\alpha f + \int_\alpha^x f = G(x) - G(a), \qquad \text{où } G(x) = \int_\alpha^x f .

    La proposition précédente, appliquée sur le segment [α,β][\alpha,\beta] où ff est continue, montre que GG est dérivable en x0x_0 de dérivée f(x0)f(x_0) ; il en va donc de même de FF, qui n'en diffère que par une constante. La dérivabilité étant une propriété locale, FF est dérivable sur II tout entier avec F′=fF' = f. Comme F(a)=0F(a)=0, c'est bien une primitive de ff s'annulant en aa.

  • Unicité. Si G1G_1 et G2G_2 sont deux primitives de ff s'annulant en aa, alors (G1−G2)′=0(G_1-G_2)' = 0 sur l'intervalle II, donc G1−G2G_1-G_2 est constante ; cette constante vaut G1(a)−G2(a)=0G_1(a) - G_2(a) = 0. Ainsi G1=G2G_1 = G_2.

  • Formule générale. Si GG est une primitive quelconque de ff, alors (G−F)′=0(G-F)' = 0 sur II, donc G−FG-F est constante, égale à G(a)−F(a)=G(a)G(a) - F(a) = G(a). D'où

    G(x)=G(a)+∫axf(t) dt,x∈I.G(x) = G(a) + \int_a^x f(t)\,\mathrm{d}t, \quad x \in I.

Remarque :

La dernière formule, écrite en x=bx = b, est celle que l'on utilise en pratique sous la forme

∫abf(t) dt=[G(t)]ab=G(b)−G(a),\int_a^b f(t)\,\mathrm{d}t = \bigl[G(t)\bigr]_a^b = G(b) - G(a),

pour toute primitive GG de ff : c'est ce qui autorise à oublier la constante d'intégration dans un calcul d'intégrale. L'hypothèse « II est un intervalle » y est essentielle, et l'hypothèse « ff continue » aussi.

Exemple :

Sur ]0,+∞[\left]0,+\infty\right[, la fonction t↦1tt \mapsto \tfrac1t est continue : elle admet donc une primitive nulle en 11, et c'est précisément ainsi que l'on peut définir le logarithme népérien, ln⁡x=∫1xdtt\ln x = \displaystyle\int_1^x \tfrac{\mathrm{d}t}{t}. Toutes ses propriétés — dérivée, monotonie, équation fonctionnelle — s'en déduisent. Qu'est-ce qui garantit que cette définition ne tourne pas à vide ?

Test 3 : Primitives d'une fonction qui saute

Toute fonction continue par morceaux sur [a,b][a,b] admet une primitive au sens usuel, c'est-à-dire une fonction dérivable en tout point de [a,b][a,b] et de dérivée ff.

Rédaction — Dériver une intégrale dont les bornes varient :

Pour étudier G:x⟼∫u(x)v(x)f(t) dtG : x \longmapsto \displaystyle\int_{u(x)}^{v(x)} f(t)\,\mathrm{d}t :

  1. Identifier l'intervalle II sur lequel ff est continue. C'est l'hypothèse du théorème fondamental : « continue par morceaux » ne suffit pas ici.

  2. Déterminer l'ensemble de définition de GG : ce sont les xx pour lesquels u(x)u(x) et v(x)v(x) appartiennent tous deux à II (le segment qu'ils délimitent est alors automatiquement inclus dans II).

  3. Introduire une primitive HH de ff sur II, sans chercher à la calculer : le théorème fondamental en garantit l'existence, c'est tout ce dont on a besoin. Fixer c∈Ic \in I et poser H(y)=∫cyfH(y) = \displaystyle\int_c^y f.

  4. Écrire GG à l'aide de HH grâce à Chasles : G(x)=H(v(x))−H(u(x))G(x) = H(v(x)) - H(u(x)).

  5. Dériver la composée, après avoir vérifié que uu et vv sont dérivables :

    G′(x)=v′(x) f(v(x))−u′(x) f(u(x)).G'(x) = v'(x)\,f\bigl(v(x)\bigr) - u'(x)\,f\bigl(u(x)\bigr).

L'erreur à ne pas commettre : écrire G′(x)=f(v(x))−f(u(x))G'(x) = f(v(x)) - f(u(x)) en oubliant les facteurs u′(x)u'(x) et v′(x)v'(x). Ils viennent de la dérivation d'une composée, pas de l'intégrale.

Exercice 2 : Une intégrale à deux bornes mobiles

On pose G(x)=∫x2xdtln⁡t\displaystyle G(x) = \int_x^{2x} \frac{\mathrm{d}t}{\ln t}.

  1. Montrer que GG est définie et dérivable sur ]1,+∞[\left]1,+\infty\right[, et calculer G′(x)G'(x).
  2. En déduire le tableau de variations de GG sur ]1,+∞[\left]1,+\infty\right[.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. La fonction f:t↦1ln⁡tf : t \mapsto \dfrac{1}{\ln t} est continue sur I=]1,+∞[I = \left]1,+\infty\right[ (le dénominateur y est continu et ne s'annule pas). Pour x>1x > 1 on a x>1x > 1 et 2x>12x > 1, donc [x,2x]⊂I[x,2x] \subset I : G(x)G(x) est bien définie.

Fixons c∈Ic \in I, par exemple c=2c = 2, et posons H(y)=∫2yfH(y) = \displaystyle\int_2^y f : par le théorème fondamental, HH est une primitive de ff sur II, dérivable avec H′=fH' = f. Par la relation de Chasles,

G(x)=∫x2f+∫22xf=H(2x)−H(x).G(x) = \int_x^2 f + \int_2^{2x} f = H(2x) - H(x).

Les applications x↦2xx \mapsto 2x et x↦xx \mapsto x sont dérivables sur II et à valeurs dans II ; par dérivation d'une composée, GG est dérivable sur II et

G′(x)=2 H′(2x)−H′(x)=2ln⁡(2x)−1ln⁡x.G'(x) = 2\,H'(2x) - H'(x) = \frac{2}{\ln(2x)} - \frac{1}{\ln x}.

2. Réduisons au même dénominateur. Pour x>1x > 1, ln⁡x>0\ln x > 0 et ln⁡(2x)>0\ln(2x) > 0, donc

G′(x)=2ln⁡x−ln⁡(2x)ln⁡(2x) ln⁡x=2ln⁡x−ln⁡2−ln⁡xln⁡(2x) ln⁡x=ln⁡x−ln⁡2ln⁡(2x) ln⁡x.G'(x) = \frac{2\ln x - \ln(2x)}{\ln(2x)\,\ln x} = \frac{2\ln x - \ln 2 - \ln x}{\ln(2x)\,\ln x} = \frac{\ln x - \ln 2}{\ln(2x)\,\ln x}.

Le dénominateur étant strictement positif, G′(x)G'(x) a le signe de ln⁡x−ln⁡2\ln x - \ln 2, c'est-à-dire de x−2x - 2. Ainsi GG est strictement décroissante sur ]1,2]\left]1,2\right] et strictement croissante sur [2,+∞[\left[2,+\infty\right[, avec un minimum en x=2x = 2.

Tout cela sans jamais avoir calculé GG : aucune primitive de 1ln⁡t\frac{1}{\ln t} ne s'exprime à l'aide des fonctions usuelles.

Test 4 : Régularité d'une primitive

Si ff est continue sur II, alors toute primitive de ff sur II est de classe C1\mathcal{C}^1.

Primitives d'une fonction continue par morceaux

Question

Le test précédent l'a montré : une fonction qui saute n'est la dérivée de personne. Faut-il pour autant renoncer à la notion de primitive dès qu'apparaît une discontinuité ? La fonction x↦∫axfx \mapsto \displaystyle\int_a^x f existe pourtant toujours, elle est continue, et elle est dérivable presque partout. Comment affaiblir la définition juste ce qu'il faut pour qu'elle la capture ?

Définition 1 : Primitive d'une fonction continue par morceaux

Soit f:I→Kf : I \to \mathbb{K} continue par morceaux. On appelle primitive de ff sur II toute fonction continue F:I→KF : I \to \mathbb{K} telle qu'en tout point de continuité xx de ff, FF soit dérivable de dérivée égale à f(x)f(x). Deux primitives de ff sur l'intervalle II diffèrent d'une constante.

Remarque :

Deux exigences, et pas une de plus : la continuité de FF partout, et l'égalité F′=fF' = f aux points de continuité de ff seulement. C'est le minimum qui rende la notion non vide, et c'est aussi le maximum que l'on puisse demander.

Avec cette définition, la première proposition de la leçon se relit ainsi : pour toute ff continue par morceaux sur II et tout a∈Ia \in I, la fonction x↦∫axfx \mapsto \displaystyle\int_a^x f est une primitive de ff sur II. L'existence de primitives est donc acquise pour toutes les fonctions continues par morceaux, et pas seulement pour les fonctions continues.

Exemple :

La fonction FF construite plus haut, affine par morceaux de pentes 00, 11, 22, est une primitive de ⌊⋅⌋\lfloor \cdot \rfloor sur [0,3][0,3] au sens de cette définition : elle est continue partout, et dérivable de dérivée ⌊x⌋\lfloor x \rfloor en tout point non entier. La fonction F+7F + 7 en est une autre. Y en a-t-il d'autres ?

Exercice 3 : Deux primitives diffèrent d'une constante

Soit f∈CM(I,K)f \in \mathcal{CM}(I,\mathbb{K}) et F1,F2F_1, F_2 deux primitives de ff sur l'intervalle II, au sens de la définition ci-dessus. On pose G=F1−F2G = F_1 - F_2.

  1. Soit [α,β]⊂I[\alpha,\beta] \subset I un segment et (x0,…,xn)(x_0,\ldots,x_n) une subdivision adaptée à ff sur ce segment. Montrer que GG est constante sur chaque intervalle ]xk−1,xk[\left]x_{k-1},x_k\right[.
  2. En déduire que GG est constante sur [α,β][\alpha,\beta], puis sur II.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. La fonction GG est continue sur II comme différence de deux fonctions continues. Fixons k∈⟦1,n⟧k \in \llbracket 1,n \rrbracket. Tout point x∈]xk−1,xk[x \in \left]x_{k-1},x_k\right[ est un point de continuité de ff : en effet ff y coïncide avec une fonction continue sur cet intervalle ouvert. Par définition d'une primitive, F1F_1 et F2F_2 sont donc dérivables en xx, de dérivée f(x)f(x) toutes les deux, d'où G′(x)=0G'(x) = 0.

Ainsi GG est dérivable de dérivée nulle sur l'intervalle ]xk−1,xk[\left]x_{k-1},x_k\right[ : elle y est constante, égale à une valeur λk\lambda_k.

2. Il reste à raccorder. Soit k∈⟦1,n−1⟧k \in \llbracket 1, n-1 \rrbracket. Par continuité de GG en xkx_k,

λk=lim⁡x→xk−G(x)=G(xk)=lim⁡x→xk+G(x)=λk+1.\lambda_k = \lim_{x \to x_k^-} G(x) = G(x_k) = \lim_{x \to x_k^+} G(x) = \lambda_{k+1}.

Toutes les constantes λk\lambda_k sont donc égales à une même valeur λ\lambda, et G(xk)=λG(x_k) = \lambda pour tout kk par le même argument de continuité (y compris aux extrémités α\alpha et β\beta). Donc G=λG = \lambda sur [α,β][\alpha,\beta].

Enfin, soient x,y∈Ix, y \in I quelconques : le segment d'extrémités xx et yy est inclus dans II, et ce qui précède y donne G(x)=G(y)G(x) = G(y). Donc GG est constante sur II, et F1=F2+λF_1 = F_2 + \lambda.

C'est la continuité de GG aux points de discontinuité de ff qui fait tout le travail : sans elle, rien n'empêcherait les constantes de changer d'un morceau au suivant.

Test 5 : Sur une réunion d'intervalles

Si ff est continue sur D=R∗D = \mathbb{R}^{*}, deux fonctions dérivables sur DD de dérivée ff diffèrent d'une constante.

Inégalité des accroissements finis

Question

Une fonction dont la dérivée est petite ne peut pas beaucoup varier : c'est l'intuition que formalise l'inégalité des accroissements finis, déjà rencontrée pour les fonctions dérivables. L'intégrale en fournit une démonstration en deux lignes — et permet, au passage, d'étendre le résultat aux fonctions dont la dérivée n'existe qu'en dehors d'un nombre fini de points. Que faut-il exactement supposer sur ff pour que sa variation totale reste contrôlée par sa dérivée ?

Proposition 2 : Inégalité des accroissements finis

Si ff est continue et de classe C1\mathcal{C}^1 par morceaux sur le segment [a,b][a,b], alors :

∣∫abf′∣⩽(b−a) sup⁡[a,b]∣f′∣.\left| \int_a^b f' \right| \leqslant (b-a) \, \sup_{[a,b]} |f'|.

Démonstration :

La fonction f′f' est continue par morceaux sur [a,b][a,b] : elle est donc bornée, et M:=sup⁡[a,b]∣f′∣M := \displaystyle\sup_{[a,b]} |f'| est un réel fini. Par l'inégalité triangulaire puis par croissance de l'intégrale, la fonction constante MM étant en escalier d'intégrale M(b−a)M(b-a) :

∣∫abf′(t) dt∣⩽∫ab∣f′(t)∣ dt⩽∫abM dt=M (b−a).\left| \int_a^b f'(t)\,\mathrm{d}t \right| \leqslant \int_a^b |f'(t)|\,\mathrm{d}t \leqslant \int_a^b M\,\mathrm{d}t = M\,(b-a).

Remarque :

Deux précisions sur l'énoncé.

D'abord, f′f' n'est pas définie aux points de la subdivision : on la prolonge en ces points par une valeur arbitraire. Ce choix est sans conséquence, deux fonctions continues par morceaux coïncidant sauf en un nombre fini de points ayant la même intégrale.

Ensuite, le nom de l'énoncé n'est justifié que par le résultat de l'exercice qui suit : ∫abf′=f(b)−f(a)\displaystyle\int_a^b f' = f(b) - f(a). C'est lui qui transforme la proposition en la véritable inégalité des accroissements finis,

∣f(b)−f(a)∣⩽(b−a) sup⁡[a,b]∣f′∣.\bigl| f(b) - f(a) \bigr| \leqslant (b-a)\,\sup_{[a,b]} |f'|.

Exercice 4 : Variation totale et dérivée

Soit f:[a,b]→Kf : [a,b] \to \mathbb{K} continue et de classe C1\mathcal{C}^1 par morceaux, et (x0,…,xn)(x_0,\ldots,x_n) une subdivision adaptée à f′f'.

  1. Montrer que la restriction de ff à chaque segment [xk−1,xk][x_{k-1},x_k] est de classe C1\mathcal{C}^1, et que ∫xk−1xkf′=f(xk)−f(xk−1)\displaystyle\int_{x_{k-1}}^{x_k} f' = f(x_k) - f(x_{k-1}).
  2. En déduire que ∫abf′=f(b)−f(a)\displaystyle\int_a^b f' = f(b) - f(a), puis l'inégalité des accroissements finis ∣f(b)−f(a)∣⩽(b−a)sup⁡[a,b]∣f′∣\bigl| f(b) - f(a) \bigr| \leqslant (b-a)\sup_{[a,b]} |f'|.
  3. Application : soit ff continue et de classe C1\mathcal{C}^1 par morceaux sur [0,1][0,1], telle que f(0)=0f(0) = 0 et ∣f′∣⩽1|f'| \leqslant 1 là où f′f' est définie. Montrer que ∣∫01f∣⩽12\displaystyle\left| \int_0^1 f \right| \leqslant \tfrac12.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Fixons kk. Sur ]xk−1,xk[\left]x_{k-1},x_k\right[, ff est de classe C1\mathcal{C}^1 et f′f' admet des limites finies en xk−1+x_{k-1}^{+} et xk−x_k^{-} (c'est la définition de « C1\mathcal{C}^1 par morceaux »). De plus ff est continue sur [xk−1,xk][x_{k-1},x_k] tout entier, par hypothèse.

Le théorème de la limite de la dérivée s'applique alors en chaque extrémité : ff est dérivable en xk−1x_{k-1} à droite et en xkx_k à gauche, de dérivées égales à ces limites. La restriction de ff à [xk−1,xk][x_{k-1},x_k] est donc de classe C1\mathcal{C}^1, de dérivée le prolongement continu de f′f'. Le théorème fondamental donne alors

∫xk−1xkf′=f(xk)−f(xk−1).\int_{x_{k-1}}^{x_k} f' = f(x_k) - f(x_{k-1}).

(La valeur attribuée à f′f' aux extrémités est sans effet sur l'intégrale.)

2. La relation de Chasles et un télescopage donnent

∫abf′=∑k=1n∫xk−1xkf′=∑k=1n(f(xk)−f(xk−1))=f(xn)−f(x0)=f(b)−f(a).\int_a^b f' = \sum_{k=1}^{n} \int_{x_{k-1}}^{x_k} f' = \sum_{k=1}^{n} \bigl( f(x_k) - f(x_{k-1}) \bigr) = f(x_n) - f(x_0) = f(b) - f(a).

En reportant dans la proposition : ∣f(b)−f(a)∣⩽(b−a)sup⁡[a,b]∣f′∣\bigl| f(b)-f(a) \bigr| \leqslant (b-a)\sup_{[a,b]}|f'|.

3. Appliquons 2. sur [0,x][0,x] pour x∈[0,1]x \in [0,1] : puisque f(0)=0f(0) = 0,

∣f(x)∣=∣f(x)−f(0)∣⩽x⋅sup⁡[0,x]∣f′∣⩽x.|f(x)| = |f(x) - f(0)| \leqslant x \cdot \sup_{[0,x]} |f'| \leqslant x.

La fonction ∣f∣|f| est continue par morceaux et majorée par t↦tt \mapsto t sur [0,1][0,1] ; par l'inégalité triangulaire puis croissance de l'intégrale :

∣∫01f∣⩽∫01∣f(t)∣ dt⩽∫01t dt=12.\left| \int_0^1 f \right| \leqslant \int_0^1 |f(t)|\,\mathrm{d}t \leqslant \int_0^1 t\,\mathrm{d}t = \frac{1}{2}.

Le cas d'égalité correspond à f(t)=tf(t) = t : la majoration est optimale.

Test 6 : Intégrale de la dérivée

Si ff est continue et de classe C1\mathcal{C}^1 par morceaux sur [a,b][a,b], alors ∫abf′=f(b)−f(a)\displaystyle\int_a^b f' = f(b) - f(a).

Remarque :

Cette leçon referme la construction : on dispose désormais d'une intégrale, d'un critère de régularité pour x↦∫axfx \mapsto \int_a^x f, et du lien primitive–intégrale qui rend les calculs possibles. Les deux leçons suivantes en tirent les techniques de calcul — intégration par parties et changement de variable — puis les formules de Taylor.