MPSI · Intégration

Intégrale d'une fonction continue par morceaux sur un segment

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La leçon précédente a mis en place les deux classes de fonctions et le théorème d'approximation. Il s'agit maintenant de construire l'intégrale : d'abord pour les fonctions en escalier, où tout se ramène à une somme finie d'aires de rectangles, puis pour les fonctions continues par morceaux, par passage à la limite.

Dans toute la leçon, aa et bb sont deux réels vérifiant a<ba < b, et K\mathbb{K} désigne R\mathbb{R} ou C\mathbb{C}.

Intégrale d'une fonction en escalier

Question

Pour une fonction en escalier valant ckc_k sur ]xk−1,xk[\left]x_{k-1},x_k\right[, l'aire algébrique sous le graphe s'écrit sans hésiter : ∑kck(xk−xk−1)\sum_k c_k (x_k - x_{k-1}). Mais cette expression est calculée à partir d'une subdivision adaptée — et il en existe une infinité. Deux subdivisions adaptées différentes donneraient-elles deux nombres différents ? Si oui, il n'y a pas d'intégrale à définir.

Lemme 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 à φ\varphi, avec φ=ck\varphi = c_k sur ]xk−1,xk[\left] x_{k-1}, x_k \right[.

La somme ∑k=1nck (xk−xk−1)\displaystyle\sum_{k=1}^{n} c_k \, (x_k - x_{k-1}) ne dépend pas de la subdivision adaptée choisie.

Démonstration :

Soient σ1=(x0,…,xn)\sigma_1 = (x_0,\ldots,x_n) et σ2=(y0,…,ym)\sigma_2 = (y_0,\ldots,y_m) deux subdivisions adaptées à φ\varphi, avec φ=ck\varphi = c_k sur ]xk−1,xk[\left]x_{k-1},x_k\right[ et φ=dj\varphi = d_j sur ]yj−1,yj[\left]y_{j-1},y_j\right[. Notons σ=(z0,…,zp)\sigma = (z_0,\ldots,z_p) la subdivision obtenue en réunissant leurs points : elle est plus fine que σ1\sigma_1 et que σ2\sigma_2, donc adaptée à φ\varphi ; notons eie_i la valeur de φ\varphi sur ]zi−1,zi[\left]z_{i-1},z_i\right[.

Montrons que

∑j=1mdj (yj−yj−1)=∑i=1pei (zi−zi−1);\sum_{j=1}^{m} d_j\,(y_j - y_{j-1}) = \sum_{i=1}^{p} e_i\,(z_i - z_{i-1}) ;

le même calcul mené avec σ1\sigma_1 donnera la même conclusion, et les deux sommes de l'énoncé seront toutes deux égales à celle associée à σ\sigma.

Fixons j∈⟦1,m⟧j \in \llbracket 1,m \rrbracket. Comme σ\sigma est plus fine que σ2\sigma_2, les points yj−1y_{j-1} et yjy_j sont des points de σ\sigma : notons zr=yj−1<zr+1<⋯<zs=yjz_r = y_{j-1} < z_{r+1} < \cdots < z_s = y_j les points de σ\sigma appartenant à [yj−1,yj][y_{j-1},y_j]. Pour i∈⟦r+1,s⟧i \in \llbracket r+1, s \rrbracket on a ]zi−1,zi[⊂]yj−1,yj[\left]z_{i-1},z_i\right[ \subset \left]y_{j-1},y_j\right[, donc ei=dje_i = d_j. Par télescopage :

∑i=r+1sei (zi−zi−1)=dj∑i=r+1s(zi−zi−1)=dj (zs−zr)=dj (yj−yj−1).\sum_{i=r+1}^{s} e_i\,(z_i - z_{i-1}) = d_j \sum_{i=r+1}^{s} (z_i - z_{i-1}) = d_j\,(z_s - z_r) = d_j\,(y_j - y_{j-1}).

Enfin, lorsque jj parcourt ⟦1,m⟧\llbracket 1,m \rrbracket, chaque indice i∈⟦1,p⟧i \in \llbracket 1,p \rrbracket est atteint exactement une fois. En sommant sur jj on obtient l'égalité annoncée.

Définition 1 : Intégrale d'une fonction en escalier

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 à φ\varphi, avec φ=ck\varphi = c_k sur ]xk−1,xk[\left] x_{k-1}, x_k \right[.

On appelle intégrale de φ\varphi sur [a,b][a,b] le nombre :

∫[a,b]φ=∑k=1nck (xk−xk−1).\int_{[a,b]} \varphi = \sum_{k=1}^{n} c_k \, (x_k - x_{k-1}).

On note aussi ∫abφ\displaystyle \int_a^b \varphi ou ∫abφ(t) dt\displaystyle \int_a^b \varphi(t) \, \mathrm{d}t.

Convention :

On pose ∫aaf=0\displaystyle \int_a^a f = 0 pour toute fonction ff, et l'on convient qu'une fonction définie sur un singleton [a,a][a,a] est en escalier. Cette convention rend les énoncés qui suivent valables sans avoir à écarter les cas dégénérés.

++−+a = x0x1x2x3b = x4
L'intégrale d'une fonction en escalier est l'aire algébrique sous le graphe : les rectangles situés sous l'axe comptent négativement.

Exemple :

Sur [0,3][0,3], la fonction t⟼⌊t⌋t \longmapsto \lfloor t \rfloor est en escalier, de valeurs 00, 11, 22 sur les trois intervalles ouverts de la subdivision (0,1,2,3)(0,1,2,3) : son intégrale vaut 0×1+1×1+2×1=30 \times 1 + 1 \times 1 + 2 \times 1 = 3. Remarquer que ⌊1⌋\lfloor 1 \rfloor et ⌊2⌋\lfloor 2 \rfloor n'apparaissent nulle part dans ce calcul. Pourquoi la valeur d'une fonction en escalier en un point de la subdivision est-elle sans effet sur son intégrale ?

Test 1 : Modification en un nombre fini de points

Deux fonctions en escalier sur [a,b][a,b] qui coïncident sauf en un nombre fini de points ont la même intégrale.

Question

La définition ci-dessus est explicite, mais elle n'est pour l'instant qu'une formule. Toutes les propriétés que l'on attend d'une intégrale — linéarité, positivité, inégalité triangulaire, Chasles — doivent être établies ici, sur les fonctions en escalier, car c'est par passage à la limite qu'elles seront transportées au cas général.

Proposition 1 : Propriétés de l'intégrale d'une fonction en escalier

Soient φ,ψ∈E([a,b],K)\varphi, \psi \in \mathcal{E}([a,b],\mathbb{K}) et λ∈K\lambda \in \mathbb{K}.

  1. Linéarité : ∫ab(λφ+ψ)=λ∫abφ+∫abψ\displaystyle \int_a^b (\lambda\varphi + \psi) = \lambda \int_a^b \varphi + \int_a^b \psi.
  2. Positivité et croissance (cas K=R\mathbb{K} = \mathbb{R}) : si φ⩾0\varphi \geqslant 0 alors ∫abφ⩾0\displaystyle \int_a^b \varphi \geqslant 0 ; si φ⩽ψ\varphi \leqslant \psi alors ∫abφ⩽∫abψ\displaystyle \int_a^b \varphi \leqslant \int_a^b \psi.
  3. Inégalité triangulaire et majoration : ∣∫abφ∣⩽∫ab∣φ∣⩽(b−a)sup⁡[a,b]∣φ∣\displaystyle \left\lvert \int_a^b \varphi \right\rvert \leqslant \int_a^b \lvert \varphi \rvert \leqslant (b-a) \sup_{[a,b]} \lvert \varphi \rvert.
  4. Relation de Chasles : pour tout c∈[a,b]c \in [a,b], ∫abφ=∫acφ+∫cbφ\displaystyle \int_a^b \varphi = \int_a^c \varphi + \int_c^b \varphi.

Démonstration :

D'après la leçon précédente, φ\varphi et ψ\psi admettent une subdivision adaptée commune σ=(x0,…,xn)\sigma = (x_0,\ldots,x_n) ; posons Δk=xk−xk−1>0\Delta_k = x_k - x_{k-1} > 0, et notons ckc_k et dkd_k les valeurs respectives de φ\varphi et ψ\psi sur ]xk−1,xk[\left]x_{k-1},x_k\right[. Le lemme précédent autorise à calculer toutes les intégrales avec cette unique subdivision.

1. La fonction λφ+ψ\lambda\varphi + \psi est en escalier, σ\sigma lui étant adaptée, de valeur λck+dk\lambda c_k + d_k sur ]xk−1,xk[\left]x_{k-1},x_k\right[. Donc

∫ab(λφ+ψ)=∑k=1n(λck+dk) Δk=λ∑k=1nckΔk+∑k=1ndkΔk=λ∫abφ+∫abψ.\int_a^b (\lambda\varphi + \psi) = \sum_{k=1}^{n} (\lambda c_k + d_k)\,\Delta_k = \lambda \sum_{k=1}^{n} c_k \Delta_k + \sum_{k=1}^{n} d_k \Delta_k = \lambda \int_a^b \varphi + \int_a^b \psi.

2. Si φ⩾0\varphi \geqslant 0, alors pour chaque kk l'intervalle ]xk−1,xk[\left]x_{k-1},x_k\right[ est non vide et ckc_k y est une valeur de φ\varphi : donc ck⩾0c_k \geqslant 0, puis ∫abφ=∑kckΔk⩾0\int_a^b \varphi = \sum_k c_k \Delta_k \geqslant 0 comme somme de termes positifs. La croissance s'en déduit en appliquant ce résultat à ψ−φ⩾0\psi - \varphi \geqslant 0 et en utilisant la linéarité.

3. La fonction ∣φ∣\lvert \varphi \rvert est en escalier, σ\sigma lui étant adaptée, de valeur ∣ck∣\lvert c_k \rvert sur ]xk−1,xk[\left]x_{k-1},x_k\right[. L'inégalité triangulaire dans K\mathbb{K} donne

∣∫abφ∣=∣∑k=1nckΔk∣⩽∑k=1n∣ck∣ Δk=∫ab∣φ∣.\left\lvert \int_a^b \varphi \right\rvert = \left\lvert \sum_{k=1}^{n} c_k \Delta_k \right\rvert \leqslant \sum_{k=1}^{n} \lvert c_k \rvert \,\Delta_k = \int_a^b \lvert \varphi \rvert.

En majorant chaque ∣ck∣\lvert c_k \rvert par M=sup⁡[a,b]∣φ∣M = \sup_{[a,b]} \lvert \varphi \rvert (fini, φ\varphi ne prenant qu'un nombre fini de valeurs) : ∫ab∣φ∣⩽M∑kΔk=M(b−a)\int_a^b \lvert \varphi \rvert \leqslant M \sum_k \Delta_k = M (b-a).

4. Les cas c=ac = a et c=bc = b résultent de la convention ∫aaφ=0\int_a^a \varphi = 0. Supposons c∈]a,b[c \in \left]a,b\right[ et adjoignons cc à σ\sigma : on obtient une subdivision (z0,…,zp)(z_0,\ldots,z_p) encore adaptée à φ\varphi, avec zr=cz_r = c pour un certain rr. Alors (z0,…,zr)(z_0,\ldots,z_r) est adaptée à la restriction de φ\varphi à [a,c][a,c], et (zr,…,zp)(z_r,\ldots,z_p) à sa restriction à [c,b][c,b]. En scindant la somme :

∫abφ=∑i=1pei(zi−zi−1)=∑i=1rei(zi−zi−1)+∑i=r+1pei(zi−zi−1)=∫acφ+∫cbφ.\int_a^b \varphi = \sum_{i=1}^{p} e_i (z_i - z_{i-1}) = \sum_{i=1}^{r} e_i (z_i - z_{i-1}) + \sum_{i=r+1}^{p} e_i (z_i - z_{i-1}) = \int_a^c \varphi + \int_c^b \varphi.

Exercice 1 : Deux calculs sur les fonctions en escalier

  1. Calculer ∫04⌊t2⌋dt\displaystyle \int_0^4 \left\lfloor \frac{t}{2} \right\rfloor \mathrm{d}t.
  2. Soit φ∈E([a,b],R)\varphi \in \mathcal{E}([a,b],\mathbb{R}) telle que φ⩾0\varphi \geqslant 0 et ∫abφ=0\displaystyle \int_a^b \varphi = 0. Montrer que φ\varphi est nulle sauf en un nombre fini de points.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Pour t∈]0,2[t \in \left]0,2\right[ on a t2∈]0,1[\tfrac{t}{2} \in \left]0,1\right[ donc ⌊t2⌋=0\left\lfloor \tfrac{t}{2} \right\rfloor = 0 ; pour t∈]2,4[t \in \left]2,4\right[ on a t2∈]1,2[\tfrac{t}{2} \in \left]1,2\right[ donc ⌊t2⌋=1\left\lfloor \tfrac{t}{2} \right\rfloor = 1. La subdivision (0,2,4)(0,2,4) est donc adaptée, et

∫04⌊t2⌋dt=0×2+1×2=2.\int_0^4 \left\lfloor \frac{t}{2} \right\rfloor \mathrm{d}t = 0 \times 2 + 1 \times 2 = 2.

2. Soit (x0,…,xn)(x_0,\ldots,x_n) une subdivision adaptée à φ\varphi, avec φ=ck\varphi = c_k sur ]xk−1,xk[\left]x_{k-1},x_k\right[. Comme φ⩾0\varphi \geqslant 0, chaque ckc_k est positif, et Δk=xk−xk−1>0\Delta_k = x_k - x_{k-1} > 0. L'hypothèse s'écrit

∑k=1nckΔk=0,\sum_{k=1}^{n} c_k \Delta_k = 0,

somme de nn termes positifs : chacun est donc nul, et comme Δk>0\Delta_k > 0, on obtient ck=0c_k = 0 pour tout kk. Ainsi φ\varphi est nulle sur [a,b]∖{x0,…,xn}[a,b] \setminus \{x_0, \ldots, x_n\}, c'est-à-dire sauf en au plus n+1n+1 points.

On notera que la conclusion « φ=0\varphi = 0 » est fausse : rien ne contraint les valeurs φ(xk)\varphi(x_k).

Intégrale d'une fonction continue par morceaux

Notation :

Pour ff bornée sur [a,b][a,b], on note ∥f∥∞=sup⁡t∈[a,b]∣f(t)∣\displaystyle \lVert f \rVert_\infty = \sup_{t \in [a,b]} \lvert f(t) \rvert. Toute fonction continue par morceaux sur [a,b][a,b] étant bornée (leçon précédente), cette quantité est définie pour tout f∈CM([a,b],K)f \in \mathcal{CM}([a,b],\mathbb{K}).

Question

Le théorème d'approximation fournit, pour chaque nn, une fonction en escalier φn\varphi_n à distance au plus 1n+1\tfrac{1}{n+1} de ff. Il est tentant de poser ∫abf=lim⁡∫abφn\int_a^b f = \lim \int_a^b \varphi_n. Deux obstacles se dressent : cette limite existe-t-elle ? et surtout, dépend-elle du choix — parfaitement arbitraire — de la suite (φn)(\varphi_n) ?

Lemme 2

Soit f∈CM([a,b],K)f \in \mathcal{CM}([a,b], \mathbb{K}) et (φn)n∈N(\varphi_n)_{n \in \mathbb{N}} une suite de fonctions en escalier sur [a,b][a,b] telle que :

∀n∈N,sup⁡t∈[a,b]∣f(t)−φn(t)∣⩽1n+1.\forall n \in \mathbb{N}, \quad \sup_{t \in [a,b]} |f(t) - \varphi_n(t)| \leqslant \frac{1}{n+1}.

Alors la suite (∫abφn)n∈N\left( \displaystyle\int_a^b \varphi_n \right)_{n \in \mathbb{N}} est convergente dans K\mathbb{K}, et sa limite ne dépend pas du choix de la suite (φn)n∈N(\varphi_n)_{n \in \mathbb{N}}.

Démonstration :

L'existence d'une telle suite est assurée par le théorème d'approximation appliqué successivement à ε=1n+1\varepsilon = \tfrac{1}{n+1}. Posons un=∫abφnu_n = \displaystyle\int_a^b \varphi_n.

  • La suite (un)(u_n) est bornée. Comme f∈CM([a,b],K)f \in \mathcal{CM}([a,b],\mathbb{K}), ff est bornée sur [a,b][a,b], donc ∥f∥∞<+∞\lVert f \rVert_\infty < +\infty. Pour tout nn,

    ∥φn∥∞⩽∥φn−f∥∞+∥f∥∞⩽1+∥f∥∞,\lVert \varphi_n \rVert_\infty \leqslant \lVert \varphi_n - f \rVert_\infty + \lVert f \rVert_\infty \leqslant 1 + \lVert f \rVert_\infty,

    d'où, par la majoration établie pour les fonctions en escalier,

    ∣un∣⩽(b−a) ∥φn∥∞⩽(b−a)(1+∥f∥∞).|u_n| \leqslant (b-a)\,\lVert \varphi_n \rVert_\infty \leqslant (b-a)\bigl(1 + \lVert f \rVert_\infty\bigr).

  • Convergence. D'après le théorème de Bolzano–Weierstrass, (un)(u_n) étant bornée, on peut en extraire une sous-suite convergente : il existe une extractrice θ:N→N\theta : \mathbb{N} \to \mathbb{N} et ℓ∈K\ell \in \mathbb{K} tels que uθ(k)→k→∞ℓu_{\theta(k)} \xrightarrow[k\to\infty]{} \ell. (Dans le cas K=C\mathbb{K} = \mathbb{C}, on applique le théorème deux fois de suite, d'abord aux parties réelles, puis aux parties imaginaires de la sous-suite obtenue.)

    Montrons que la suite entière converge vers ℓ\ell. Pour tous n,k∈Nn, k \in \mathbb{N}, la linéarité et la majoration pour les fonctions en escalier donnent

    ∣un−uθ(k)∣=∣∫ab(φn−φθ(k))∣⩽(b−a) ∥φn−φθ(k)∥∞⩽(b−a)(1n+1+1θ(k)+1),\bigl|u_n - u_{\theta(k)}\bigr| = \left\lvert \int_a^b \bigl(\varphi_n - \varphi_{\theta(k)}\bigr) \right\rvert \leqslant (b-a)\,\lVert \varphi_n - \varphi_{\theta(k)} \rVert_\infty \leqslant (b-a)\left(\frac{1}{n+1} + \frac{1}{\theta(k)+1}\right),

    la dernière inégalité venant de ∥φn−φθ(k)∥∞⩽∥φn−f∥∞+∥f−φθ(k)∥∞\lVert \varphi_n - \varphi_{\theta(k)} \rVert_\infty \leqslant \lVert \varphi_n - f \rVert_\infty + \lVert f - \varphi_{\theta(k)} \rVert_\infty. Fixons nn et faisons tendre k→∞k \to \infty : comme θ(k)→+∞\theta(k) \to +\infty, il vient

    ∣un−ℓ∣⩽b−an+1.|u_n - \ell| \leqslant \frac{b-a}{n+1}.

    En faisant enfin tendre n→∞n \to \infty, on conclut par encadrement que un→ℓu_n \to \ell.

  • Indépendance. Soit (ψn)(\psi_n) une autre suite en escalier vérifiant la même condition. Alors

    ∣∫abφn−∫abψn∣⩽(b−a) ∥φn−ψn∥∞⩽(b−a)(1n+1+1n+1)→n→∞0,\left\lvert \int_a^b \varphi_n - \int_a^b \psi_n \right\rvert \leqslant (b-a)\,\lVert \varphi_n - \psi_n \rVert_\infty \leqslant (b-a)\left(\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+1}\right) \xrightarrow[n\to\infty]{} 0,

    donc ∫abφn\displaystyle\int_a^b \varphi_n et ∫abψn\displaystyle\int_a^b \psi_n ont la même limite.

Définition 2 : Intégrale d'une fonction continue par morceaux

Soit f∈CM([a,b],K)f \in \mathcal{CM}([a,b], \mathbb{K}) et (φn)n∈N(\varphi_n)_{n \in \mathbb{N}} une suite de fonctions en escalier sur [a,b][a,b] telle que :

∀n∈N,sup⁡t∈[a,b]∣f(t)−φn(t)∣⩽1n+1.\forall n \in \mathbb{N}, \quad \sup_{t \in [a,b]} |f(t) - \varphi_n(t)| \leqslant \frac{1}{n+1}.

La limite de la suite (∫abφn)n∈N\left( \displaystyle\int_a^b \varphi_n \right)_{n \in \mathbb{N}} est appelée intégrale de ff sur [a,b][a,b], et se note ∫[a,b]f\displaystyle \int_{[a,b]} f, ∫abf\displaystyle \int_a^b f ou ∫abf(t) dt\displaystyle \int_a^b f(t) \, \mathrm{d}t.

Lemme 3

Soit f∈CM([a,b],K)f \in \mathcal{CM}([a,b],\mathbb{K}) et (χn)(\chi_n) une suite quelconque de fonctions en escalier sur [a,b][a,b] telle que ∥f−χn∥∞→n→∞0\lVert f - \chi_n \rVert_\infty \xrightarrow[n\to\infty]{} 0. Alors

∫abχn→n→∞∫abf.\int_a^b \chi_n \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_a^b f.

Démonstration :

Soit (φn)(\varphi_n) une suite comme dans la définition. Pour tout nn, la linéarité et la majoration pour les fonctions en escalier donnent

∣∫abχn−∫abφn∣⩽(b−a) ∥χn−φn∥∞⩽(b−a)(∥χn−f∥∞+1n+1)→n→∞0.\left\lvert \int_a^b \chi_n - \int_a^b \varphi_n \right\rvert \leqslant (b-a)\,\lVert \chi_n - \varphi_n \rVert_\infty \leqslant (b-a)\left( \lVert \chi_n - f \rVert_\infty + \frac{1}{n+1} \right) \xrightarrow[n\to\infty]{} 0.

Comme ∫abφn→∫abf\int_a^b \varphi_n \to \int_a^b f par définition, on conclut que ∫abχn→∫abf\int_a^b \chi_n \to \int_a^b f.

Remarque :

Ce lemme lève une contrainte purement technique : il n'est plus nécessaire que la vitesse d'approximation soit exactement 1n+1\tfrac{1}{n+1}, n'importe quelle convergence uniforme suffit. C'est ce qui rendra les démonstrations suivantes lisibles.

Il donne aussi la cohérence des deux définitions : si ff est elle-même en escalier, la suite constante χn=f\chi_n = f convient, et l'intégrale de ff au sens de la seconde définition est bien celle de la première.

Test 2 : Convergence simple et intégrale

Si (χn)(\chi_n) est une suite de fonctions en escalier sur [0,1][0,1] convergeant simplement vers f∈CM([0,1],R)f \in \mathcal{CM}([0,1],\mathbb{R}), alors ∫01χn→∫01f\displaystyle \int_0^1 \chi_n \to \int_0^1 f.

Remarque :

Dans le cas réel (K=R\mathbb{K} = \mathbb{R}), le corollaire de la leçon précédente permet de définir l'intégrale de ff par encadrement, sans recourir à une suite (φn)(\varphi_n). Posons en effet :

I−(f)=sup⁡{∫abφ  |  φ en escalier sur [a,b], φ⩽f},I+(f)=inf⁡{∫abψ  |  ψ en escalier sur [a,b], ψ⩾f}.I^-(f) = \sup\left\{ \int_a^b \varphi \;\middle|\; \varphi \text{ en escalier sur } [a,b],\ \varphi \leqslant f \right\}, \qquad I^+(f) = \inf\left\{ \int_a^b \psi \;\middle|\; \psi \text{ en escalier sur } [a,b],\ \psi \geqslant f \right\}.

Ces deux quantités existent et coïncident, et leur valeur commune est égale à ∫abf\displaystyle \int_a^b f :

I−(f)=I+(f)=∫abf.I^-(f) = I^+(f) = \int_a^b f.

C'est l'objet d'un exercice de la section suivante.

Propriétés de l'intégrale

Question

Toutes les propriétés démontrées sur les fonctions en escalier vont-elles survivre au passage à la limite ? Le principe est systématiquement le même : écrire la propriété pour φn\varphi_n, puis passer à la limite. Le seul point délicat est de vérifier à chaque fois que la suite de fonctions en escalier utilisée approche bien uniformément la fonction voulue.

Proposition 2 : Propriétés usuelles

Soient f,g∈CM([a,b],K)f, g \in \mathcal{CM}([a,b], \mathbb{K}) et λ∈K\lambda \in \mathbb{K}.

  1. Linéarité : ∫ab(λf+g)=λ∫abf+∫abg\displaystyle \int_a^b (\lambda f + g) = \lambda \int_a^b f + \int_a^b g.
  2. Positivité (cas K=R\mathbb{K} = \mathbb{R}) : si f⩾0f \geqslant 0, alors ∫abf⩾0\displaystyle \int_a^b f \geqslant 0 ; croissance : si f⩽gf \leqslant g, alors ∫abf⩽∫abg\displaystyle \int_a^b f \leqslant \int_a^b g.
  3. Inégalité triangulaire : ∣∫[a,b]f∣⩽∫[a,b]∣f∣\displaystyle \left\lvert \int_{[a,b]} f \right\rvert \leqslant \int_{[a,b]} \lvert f \rvert.

Démonstration :

On approche ff et gg par des suites en escalier (φn)(\varphi_n) et (ψn)(\psi_n) au sens de la définition.

  1. Linéarité. Pour tout nn, la fonction λφn+ψn\lambda\varphi_n + \psi_n est en escalier et

    ∥(λf+g)−(λφn+ψn)∥∞⩽∣λ∣ ∥f−φn∥∞+∥g−ψn∥∞⩽∣λ∣+1n+1→n→∞0.\lVert (\lambda f + g) - (\lambda\varphi_n + \psi_n) \rVert_\infty \leqslant |\lambda|\,\lVert f - \varphi_n \rVert_\infty + \lVert g - \psi_n \rVert_\infty \leqslant \frac{|\lambda|+1}{n+1} \xrightarrow[n\to\infty]{} 0.

    Le lemme précédent s'applique donc à la suite (λφn+ψn)(\lambda\varphi_n + \psi_n) et à la fonction λf+g\lambda f + g. Par linéarité de l'intégrale pour les fonctions en escalier, puis passage à la limite :

    ∫ab(λf+g)=lim⁡n→+∞∫ab(λφn+ψn)=λlim⁡n→+∞∫abφn+lim⁡n→+∞∫abψn=λ∫abf+∫abg.\int_a^b (\lambda f + g) = \lim_{n\to+\infty} \int_a^b (\lambda\varphi_n + \psi_n) = \lambda\lim_{n\to+\infty}\int_a^b \varphi_n + \lim_{n\to+\infty}\int_a^b \psi_n = \lambda\int_a^b f + \int_a^b g.

  2. Positivité et croissance. Supposons f⩾0f \geqslant 0. Pour tout t∈[a,b]t \in [a,b] et tout nn,

    φn(t)⩾f(t)−∥f−φn∥∞⩾−1n+1,\varphi_n(t) \geqslant f(t) - \lVert f - \varphi_n \rVert_\infty \geqslant -\frac{1}{n+1},

    c'est-à-dire φn+1n+1⩾0\varphi_n + \tfrac{1}{n+1} \geqslant 0. Par positivité et linéarité pour les fonctions en escalier :

    ∫abφn⩾−b−an+1.\int_a^b \varphi_n \geqslant -\frac{b-a}{n+1}.

    En passant à la limite, ∫abf⩾0\displaystyle\int_a^b f \geqslant 0.

    La croissance s'en déduit en appliquant ce résultat à g−f⩾0g - f \geqslant 0, puis en utilisant la linéarité : ∫abg−∫abf=∫ab(g−f)⩾0\int_a^b g - \int_a^b f = \int_a^b (g-f) \geqslant 0.

  3. Inégalité triangulaire. La fonction ∣f∣\lvert f \rvert est continue par morceaux, et la seconde inégalité triangulaire donne ∥∣f∣−∣φn∣∥∞⩽∥f−φn∥∞⩽1n+1\bigl\lVert \lvert f \rvert - \lvert \varphi_n \rvert \bigr\rVert_\infty \leqslant \lVert f - \varphi_n \rVert_\infty \leqslant \tfrac{1}{n+1} : la suite (∣φn∣)(\lvert \varphi_n \rvert) approche donc uniformément ∣f∣\lvert f \rvert. Par l'inégalité triangulaire pour les fonctions en escalier, puis passage à la limite :

    ∣∫abf∣=lim⁡n→+∞∣∫abφn∣⩽lim⁡n→+∞∫ab∣φn∣=∫ab∣f∣.\left\lvert \int_a^b f \right\rvert = \lim_{n\to+\infty}\left\lvert \int_a^b \varphi_n \right\rvert \leqslant \lim_{n\to+\infty}\int_a^b \lvert \varphi_n \rvert = \int_a^b \lvert f \rvert.

Test 3 : Inégalité triangulaire dans le cas complexe

L'inégalité ∣∫abf∣⩽∫ab∣f∣\displaystyle \left\lvert \int_a^b f \right\rvert \leqslant \int_a^b \lvert f \rvert est valable pour toute fonction ff continue par morceaux à valeurs complexes.

Exercice 2 : Intégrales inférieure et supérieure

Soit f∈CM([a,b],R)f \in \mathcal{CM}([a,b],\mathbb{R}). On reprend les notations de la remarque précédente :

I−(f)=sup⁡{∫abφ  |  φ∈E([a,b],R), φ⩽f},I+(f)=inf⁡{∫abψ  |  ψ∈E([a,b],R), ψ⩾f}.I^-(f) = \sup\left\{ \int_a^b \varphi \;\middle|\; \varphi \in \mathcal{E}([a,b],\mathbb{R}),\ \varphi \leqslant f \right\}, \qquad I^+(f) = \inf\left\{ \int_a^b \psi \;\middle|\; \psi \in \mathcal{E}([a,b],\mathbb{R}),\ \psi \geqslant f \right\}.
  1. Justifier l'existence de I−(f)I^-(f) et I+(f)I^+(f) dans R\mathbb{R}.
  2. Montrer que I−(f)⩽∫abf⩽I+(f)I^-(f) \leqslant \displaystyle\int_a^b f \leqslant I^+(f).
  3. En déduire I−(f)=I+(f)=∫abfI^-(f) = I^+(f) = \displaystyle\int_a^b f.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. La fonction ff est bornée : posons M=∥f∥∞M = \lVert f \rVert_\infty. Les fonctions constantes −M-M et MM sont en escalier et vérifient −M⩽f⩽M-M \leqslant f \leqslant M, donc les deux ensembles considérés sont non vides. De plus, si φ⩽f\varphi \leqslant f est en escalier, alors φ⩽M\varphi \leqslant M, d'où ∫abφ⩽M(b−a)\int_a^b \varphi \leqslant M(b-a) par croissance sur les fonctions en escalier : le premier ensemble est majoré, il admet une borne supérieure. Symétriquement, le second est minoré par −M(b−a)-M(b-a) et admet une borne inférieure.

2. Soit φ\varphi en escalier avec φ⩽f\varphi \leqslant f. Par croissance de l'intégrale sur CM([a,b],R)\mathcal{CM}([a,b],\mathbb{R}) — licite puisque toute fonction en escalier est continue par morceaux et que les deux définitions coïncident — ∫abφ⩽∫abf\int_a^b \varphi \leqslant \int_a^b f. Ainsi ∫abf\int_a^b f majore le premier ensemble, donc I−(f)⩽∫abfI^-(f) \leqslant \int_a^b f. Le même argument avec ψ⩾f\psi \geqslant f donne ∫abf⩽I+(f)\int_a^b f \leqslant I^+(f).

3. Soit ε>0\varepsilon > 0. Le corollaire de la leçon précédente fournit φ,ψ\varphi, \psi en escalier avec φ⩽f⩽ψ\varphi \leqslant f \leqslant \psi et 0⩽ψ−φ⩽ε0 \leqslant \psi - \varphi \leqslant \varepsilon. Par définition des bornes,

I+(f)−I−(f)⩽∫abψ−∫abφ=∫ab(ψ−φ)⩽(b−a) ε.I^+(f) - I^-(f) \leqslant \int_a^b \psi - \int_a^b \varphi = \int_a^b (\psi - \varphi) \leqslant (b-a)\,\varepsilon.

D'après 2., I−(f)⩽I+(f)I^-(f) \leqslant I^+(f), donc 0⩽I+(f)−I−(f)⩽(b−a)ε0 \leqslant I^+(f) - I^-(f) \leqslant (b-a)\varepsilon pour tout ε>0\varepsilon > 0 : on en tire I−(f)=I+(f)I^-(f) = I^+(f). L'encadrement de 2. force alors l'égalité avec ∫abf\int_a^b f.

Test 4 : Réciproque de la positivité

Si f∈CM([a,b],R)f \in \mathcal{CM}([a,b],\mathbb{R}) vérifie ∫abf⩾0\displaystyle \int_a^b f \geqslant 0, alors f⩾0f \geqslant 0 sur [a,b][a,b].

Proposition 3 : Relation de Chasles

Soit ff continue par morceaux et c∈[a,b]c \in [a,b]. Alors :

∫abf=∫acf+∫cbf.\int_a^b f = \int_a^c f + \int_c^b f.

On étend la notation ∫abf(t) dt\displaystyle \int_a^b f(t)\,\mathrm{d}t au cas b⩽ab \leqslant a en posant ∫abf=−∫baf\displaystyle \int_a^b f = - \int_b^a f, et la relation de Chasles reste valable pour tous a,b,ca, b, c.

Démonstration :

Soit c∈[a,b]c \in [a,b]. Pour toute suite (φn)(\varphi_n) de fonctions en escalier vérifiant ∥f−φn∥∞⩽1n+1\lVert f - \varphi_n \rVert_\infty \leqslant \frac{1}{n+1}, les restrictions φn∣[a,c]\varphi_n|_{[a,c]} et φn∣[c,b]\varphi_n|_{[c,b]} sont des fonctions en escalier approchant ff sur [a,c][a,c] et [c,b][c,b] respectivement, avec la même majoration uniforme (un sup sur une partie est majoré par le sup sur [a,b][a,b]). Par la relation de Chasles pour les fonctions en escalier :

∫abφn=∫acφn+∫cbφn.\int_a^b \varphi_n = \int_a^c \varphi_n + \int_c^b \varphi_n.

Les trois suites convergent respectivement vers ∫abf\int_a^b f, ∫acf\int_a^c f et ∫cbf\int_c^b f ; en passant à la limite, ∫abf=∫acf+∫cbf\int_a^b f = \int_a^c f + \int_c^b f.

Pour le cas b⩽ab \leqslant a, la convention ∫abf=−∫baf\int_a^b f = -\int_b^a f est cohérente : si a<c<ba < c < b, la relation reste valable ; si l'ordre des bornes est quelconque, on vérifie cas par cas en utilisant la convention.

Exercice 3 : L'intégrale ne voit pas les points isolés

Soient f,g∈CM([a,b],K)f, g \in \mathcal{CM}([a,b],\mathbb{K}) coïncidant sur [a,b][a,b] sauf en un nombre fini de points. Montrer que ∫abf=∫abg\displaystyle\int_a^b f = \int_a^b g.

Solution :(cliquer pour afficher)

Posons h=f−gh = f - g. Par structure vectorielle, h∈CM([a,b],K)h \in \mathcal{CM}([a,b],\mathbb{K}), et hh est nulle sauf en un nombre fini de points t1<⋯<trt_1 < \cdots < t_r de [a,b][a,b].

Montrons que hh est en escalier. Considérons la subdivision (z0,…,zp)(z_0,\ldots,z_p) obtenue en rangeant par ordre croissant les points de {a,b}∪{t1,…,tr}\{a, b\} \cup \{t_1,\ldots,t_r\}. Chaque intervalle ouvert ]zi−1,zi[\left]z_{i-1},z_i\right[ ne contient aucun des tjt_j (ce sont des extrémités), donc hh y est identiquement nulle : elle y est en particulier constante. Ainsi h∈E([a,b],K)h \in \mathcal{E}([a,b],\mathbb{K}) et, par la définition,

∫abh=∑i=1p0×(zi−zi−1)=0.\int_a^b h = \sum_{i=1}^{p} 0 \times (z_i - z_{i-1}) = 0.

Cette valeur est aussi celle de l'intégrale de hh vue comme fonction continue par morceaux, les deux définitions coïncidant. Par linéarité,

∫abf−∫abg=∫abh=0.\int_a^b f - \int_a^b g = \int_a^b h = 0.

C'est cette propriété qui rend inoffensifs les points isolés des figures de la leçon précédente : on peut toujours modifier une fonction continue par morceaux en ses points de discontinuité sans changer son intégrale.

Question

La positivité affirme : f⩾0  ⟹  ∫f⩾0f \geqslant 0 \implies \int f \geqslant 0. Que se passe-t-il dans le cas d'égalité ? Une fonction positive d'intégrale nulle est-elle nécessairement nulle ? L'exercice sur les fonctions en escalier laisse deviner que la réponse dépend de la régularité exigée.

Proposition 4

L'intégrale sur un segment d'une fonction continue de signe constant est nulle si, et seulement si, la fonction est nulle.

Démonstration :

Le sens réciproque est immédiat. Quitte à remplacer ff par −f-f, supposons ff continue sur [a,b][a,b], f⩾0f \geqslant 0, et ∫abf=0\int_a^b f = 0.

Par l'absurde, supposons qu'il existe x0∈[a,b]x_0 \in [a,b] tel que f(x0)>0f(x_0) > 0. Par continuité de ff en x0x_0, il existe δ>0\delta > 0 tel que l'intervalle I=[x0−δ,x0+δ]∩[a,b]I = [x_0-\delta, x_0+\delta] \cap [a,b] soit de longueur ℓ>0\ell > 0 et vérifie f(t)⩾f(x0)2f(t) \geqslant \frac{f(x_0)}{2} sur II. Notons I=[α,β]I = [\alpha,\beta] ; par la relation de Chasles et la positivité de l'intégrale sur [a,α][a,\alpha] et [β,b][\beta,b] :

∫abf⩾∫αβf⩾f(x0)2⋅ℓ>0,\int_a^b f \geqslant \int_\alpha^\beta f \geqslant \frac{f(x_0)}{2}\cdot\ell > 0,

la seconde inégalité résultant de la croissance appliquée à la fonction constante f(x0)2\tfrac{f(x_0)}{2}. Contradiction. Donc f=0f = 0.

Remarque :

Ce résultat est faux pour une fonction seulement continue par morceaux : une fonction nulle sauf en un nombre fini de points est d'intégrale nulle sans être nulle.

Test 5 : Hypothèse de continuité

Si f∈CM([0,1],R)f \in \mathcal{CM}([0,1],\mathbb{R}) est positive et vérifie ∫01f=0\displaystyle \int_0^1 f = 0, alors ff est identiquement nulle.

Valeur moyenne

Définition 3 : Valeur moyenne

La valeur moyenne d'une fonction ff continue par morceaux sur [a,b][a,b] est le nombre 1b−a∫abf\displaystyle \frac{1}{b-a} \int_a^b f.

Exemple :

La valeur moyenne de t↦⌊t⌋t \mapsto \lfloor t \rfloor sur [0,3][0,3] vaut 13×3=1\tfrac13 \times 3 = 1 : c'est la hauteur du rectangle de base [0,3][0,3] ayant la même aire que l'escalier. Remarquer qu'ici la valeur 11 est effectivement prise par la fonction — mais est-ce un accident ?

Remarque :

Si ff est continue alors il existe c∈[a,b]c\in[a,b] tel que f(c)=1b−a∫abff(c)=\displaystyle \frac{1}{b-a} \int_a^b f.

Exercice 4 : Théorème de la moyenne

Démontrer la remarque ci-dessus : si ff est continue sur [a,b][a,b], il existe c∈[a,b]c \in [a,b] tel que ∫abf=(b−a) f(c)\displaystyle \int_a^b f = (b-a)\,f(c). Que devient l'énoncé si ff est seulement continue par morceaux ?

Solution :(cliquer pour afficher)

La fonction ff est continue sur le segment [a,b][a,b] : d'après le théorème des bornes atteintes, elle est bornée et atteint ses bornes. Notons m=min⁡[a,b]fm = \min_{[a,b]} f et M=max⁡[a,b]fM = \max_{[a,b]} f, atteints respectivement en α\alpha et β\beta.

De m⩽f⩽Mm \leqslant f \leqslant M sur [a,b][a,b] et de la croissance de l'intégrale (les constantes étant des fonctions en escalier d'intégrales m(b−a)m(b-a) et M(b−a)M(b-a)) on tire

m (b−a)⩽∫abf⩽M (b−a),soitm⩽μ⩽Mouˋ μ=1b−a∫abf.m\,(b-a) \leqslant \int_a^b f \leqslant M\,(b-a), \qquad \text{soit} \qquad m \leqslant \mu \leqslant M \quad \text{où } \mu = \frac{1}{b-a}\int_a^b f.

La fonction ff est continue sur le segment d'extrémités α\alpha et β\beta, et μ\mu est compris entre f(α)=mf(\alpha) = m et f(β)=Mf(\beta) = M : le théorème des valeurs intermédiaires fournit cc entre α\alpha et β\beta — donc dans [a,b][a,b] — tel que f(c)=μf(c) = \mu.

Cas continue par morceaux. L'énoncé tombe en défaut, car le théorème des valeurs intermédiaires ne s'applique plus. Sur [0,2][0,2], la fonction valant 00 sur [0,1[[0,1[ et 11 sur [1,2][1,2] a pour valeur moyenne 12\tfrac12, qui n'est prise en aucun point.

Test 6 : Valeur moyenne d'une fonction continue

Toute fonction continue sur [a,b][a,b] prend au moins une fois sa valeur moyenne sur [a,b][a,b].

Sommes de Riemann

Question

La construction de l'intégrale est achevée, mais elle ne fournit aucun moyen de calculer. Peut-on au moins retrouver l'intuition de départ — découper [a,b][a,b] en nn morceaux égaux et sommer des aires de rectangles — sous forme d'un résultat de convergence utilisable ? Et, lu à l'envers, un tel résultat ne permettrait-il pas de calculer des limites de sommes qui, sans lui, seraient hors d'atteinte ?

Théorème 1 : Sommes de Riemann

Si f∈CM([a,b],K)f \in \mathcal{CM}([a,b], \mathbb{K}), alors :

b−an∑k=0n−1f ⁣(a+k b−an)→n→+∞∫abf(t) dt.\frac{b-a}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f\!\left( a + k\,\frac{b-a}{n} \right) \xrightarrow[n \to +\infty]{} \int_a^b f(t) \, \mathrm{d}t.
at1t2bf
Somme de Riemann à gauche : on découpe [a, b] en n intervalles de même longueur et on remplace f par sa valeur à l'extrémité gauche de chacun.

Démonstration :

Soit f∈CM([a,b],K)f \in \mathcal{CM}([a,b],\mathbb{K}). Notons hn=b−anh_n = \dfrac{b-a}{n}, tk=a+k hnt_k = a + k\,h_n et Sn(f)=hn∑k=0n−1f(tk)S_n(f) = h_n\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} f(t_k) la somme de Riemann de ff.

  • Cas où ff est en escalier. Soit σ=(x0,…,xp)\sigma = (x_0, \ldots, x_p) une subdivision adaptée à ff, avec f=cjf = c_j sur ]xj−1,xj[\left]x_{j-1}, x_j\right[. Posons Ik=[tk,tk+1[I_k = \left[t_k, t_{k+1}\right[ pour 0⩽k⩽n−10 \leqslant k \leqslant n-1.

    Classons les indices kk en deux familles :

    • les indices intérieurs, pour lesquels IkI_k est entièrement contenu dans un même ]xj−1,xj[\left]x_{j-1}, x_j\right[ : alors tk∈]xj−1,xj[t_k \in \left]x_{j-1},x_j\right[ donc f(tk)=cjf(t_k) = c_j, et le terme hnf(tk)h_n f(t_k) vaut cj ∣Ik∣c_j\,|I_k| ;
    • les indices de bord, c'est-à-dire tous les autres : ce sont exactement ceux pour lesquels IkI_k rencontre l'ensemble {x0,x1,…,xp−1}\{x_0, x_1, \ldots, x_{p-1}\} des points de σ\sigma distincts de bb.

    Termes de bord. Chaque point xjx_j appartient à au plus un intervalle IkI_k, les IkI_k étant deux à deux disjoints : il y a donc au plus pp indices de bord. Chacun contribue, en module, pour au plus ∥f∥∞hn\lVert f \rVert_\infty h_n. L'erreur totale de bord vérifie donc

    ∣∑k bordhn f(tk)∣⩽p ∥f∥∞ b−an→n→+∞0,\Bigl\lvert \sum_{k \text{ bord}} h_n\, f(t_k) \Bigr\rvert \leqslant p\,\lVert f \rVert_\infty\, \frac{b-a}{n} \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0,

    le nombre pp étant fixé, indépendant de nn.

    Termes intérieurs. Pour chaque jj, la somme des longueurs ∣Ik∣|I_k| des intervalles intérieurs contenus dans ]xj−1,xj[\left]x_{j-1}, x_j\right[ vaut xj−xj−1x_j - x_{j-1} à au plus 2hn2 h_n près : on perd au plus un intervalle à chaque extrémité. En sommant sur jj :

    ∑k int.hn f(tk)=∑j=1pcj∑Ik⊂ ]xj−1,xj[∣Ik∣→n→+∞∑j=1pcj (xj−xj−1)=∫abf,\sum_{k \text{ int.}} h_n\, f(t_k) = \sum_{j=1}^{p} c_j \sum_{I_k \subset\, ]x_{j-1},x_j[} |I_k| \xrightarrow[n \to +\infty]{} \sum_{j=1}^{p} c_j\,(x_j - x_{j-1}) = \int_a^b f,

    l'écart étant majoré par 2p hnmax⁡j∣cj∣→02 p\, h_n \max_j |c_j| \to 0.

    En réunissant les deux contributions, Sn(f)→∫abfS_n(f) \to \displaystyle\int_a^b f.

  • Cas général. Soit ε>0\varepsilon > 0. Comme f∈CM([a,b],K)f \in \mathcal{CM}([a,b],\mathbb{K}), il existe une fonction en escalier φ\varphi fixée telle que ∥f−φ∥∞⩽ε\lVert f - \varphi \rVert_\infty \leqslant \varepsilon. Pour tout nn :

    ∣Sn(f)−∫abf∣⩽∣Sn(f)−Sn(φ)∣+∣Sn(φ)−∫abφ∣+∣∫abφ−∫abf∣.\left\lvert S_n(f) - \int_a^b f\right\rvert \leqslant \bigl\lvert S_n(f) - S_n(\varphi)\bigr\rvert + \left\lvert S_n(\varphi) - \int_a^b \varphi\right\rvert + \left\lvert \int_a^b \varphi - \int_a^b f\right\rvert.

    Le premier terme se majore par hn∑k=0n−1∣f(tk)−φ(tk)∣⩽n hn ε=(b−a)εh_n \sum_{k=0}^{n-1} \lvert f(t_k) - \varphi(t_k) \rvert \leqslant n\,h_n\,\varepsilon = (b-a)\varepsilon, et le troisième par ∫ab∣f−φ∣⩽(b−a)ε\int_a^b \lvert f - \varphi \rvert \leqslant (b-a)\varepsilon. Pour le deuxième, φ\varphi étant fixée, le cas en escalier donne Sn(φ)→∫abφS_n(\varphi) \to \int_a^b \varphi : il existe donc N∈NN \in \mathbb{N} tel que pour tout n⩾Nn \geqslant N, ∣Sn(φ)−∫abφ∣⩽ε\bigl\lvert S_n(\varphi) - \int_a^b \varphi\bigr\rvert \leqslant \varepsilon. Ainsi, pour n⩾Nn \geqslant N :

    ∣Sn(f)−∫abf∣⩽(2(b−a)+1) ε.\left\lvert S_n(f) - \int_a^b f\right\rvert \leqslant \bigl(2(b-a)+1\bigr)\,\varepsilon.

    Comme ε>0\varepsilon > 0 est arbitraire, Sn(f)→∫abfS_n(f) \to \displaystyle\int_a^b f.

Rédaction — Reconnaître une somme de Riemann :

Face à une limite de la forme lim⁡n→+∞∑kun,k\displaystyle\lim_{n\to+\infty} \sum_{k} u_{n,k} dont les termes dépendent de kn\tfrac{k}{n} :

  1. Factoriser 1n\tfrac{1}{n} dans la somme. Si ce n'est pas possible, ce n'est pas une somme de Riemann.

  2. Faire apparaître kn\tfrac{k}{n} dans ce qui reste : écrire la somme sous la forme 1n∑kg ⁣(kn)\displaystyle\frac{1}{n}\sum_k g\!\left(\frac{k}{n}\right), et identifier gg.

  3. Vérifier que gg est continue par morceaux sur [0,1][0,1] — c'est la seule hypothèse du théorème.

  4. Ajuster les bornes. Le théorème porte sur k∈⟦0,n−1⟧k \in \llbracket 0, n-1 \rrbracket. Si la somme court de 11 à nn, écrire

    1n∑k=1ng ⁣(kn)=1n∑k=0n−1g ⁣(kn)+g(1)−g(0)n,\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} g\!\left(\frac{k}{n}\right) = \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} g\!\left(\frac{k}{n}\right) + \frac{g(1) - g(0)}{n},

    et remarquer que le terme correctif tend vers 00.

  5. Conclure : la limite vaut ∫01g(t) dt\displaystyle\int_0^1 g(t)\,\mathrm{d}t, que l'on calcule avec une primitive.

Pour un intervalle [a,b][a,b] autre que [0,1][0,1], le facteur à repérer est b−an\tfrac{b-a}{n} et l'argument a+kb−ana + k\tfrac{b-a}{n}.

Exercice 5

Calculer lim⁡n→+∞∑k=1nnn2+k2\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{n}{n^2 + k^2}.

Solution :(cliquer pour afficher)

Notons Sn=∑k=1nnn2+k2S_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{n}{n^2+k^2}. Factorisons n2n^2 au dénominateur :

Sn=∑k=1nnn2(1+(kn)2)=1n∑k=1ng ⁣(kn),ouˋ g(t)=11+t2.S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{n}{n^2\left(1 + \left(\frac{k}{n}\right)^2\right)} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} g\!\left(\frac{k}{n}\right), \qquad \text{où } g(t) = \frac{1}{1+t^2}.

La fonction gg est continue sur [0,1][0,1], donc continue par morceaux : le théorème des sommes de Riemann s'applique sur [0,1][0,1] et donne

1n∑k=0n−1g ⁣(kn)→n→+∞∫01g(t) dt.\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} g\!\left(\frac{k}{n}\right) \xrightarrow[n\to+\infty]{} \int_0^1 g(t)\,\mathrm{d}t.

Or les deux sommes ne diffèrent que par leurs termes extrêmes :

Sn−1n∑k=0n−1g ⁣(kn)=g(1)−g(0)n=1n(12−1)=−12n→n→+∞0.S_n - \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} g\!\left(\frac{k}{n}\right) = \frac{g(1) - g(0)}{n} = \frac{1}{n}\left(\frac{1}{2} - 1\right) = -\frac{1}{2n} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 0.

Donc SnS_n converge vers la même limite, et comme t↦arctan⁡tt \mapsto \arctan t est une primitive de gg sur [0,1][0,1] :

lim⁡n→+∞∑k=1nnn2+k2=∫01dt1+t2=[arctan⁡t]01=π4.\lim_{n\to+\infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{n}{n^2+k^2} = \int_0^1 \frac{\mathrm{d}t}{1+t^2} = \bigl[\arctan t\bigr]_0^1 = \frac{\pi}{4}.

Test 7 : Portée du théorème

Le théorème des sommes de Riemann s'applique à toute fonction bornée sur [a,b][a,b].

a = a0a1a2a3b
Méthode des trapèzes : on remplace f par la fonction affine par morceaux qui l'interpole aux points de la subdivision régulière.

Exercice 6 : Méthode des trapèzes

Soit f∈C1([a,b],R)f \in \mathcal{C}^1([a,b],\mathbb{R}). On définit la suite (Tn)(T_n) par

∀n⩾1,Tn=∑k=0n−1b−a2n (f(ak)+f(ak+1)),avec pour tout k∈⟦0,n⟧, ak=a+b−an k.\forall n \geqslant 1,\quad T_n = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{b-a}{2n}\,\bigl(f(a_k) + f(a_{k+1})\bigr), \quad \text{avec pour tout } k \in \llbracket 0,n \rrbracket,\ a_k = a + \frac{b-a}{n}\,k.
  1. Montrer que TnT_n tend vers ∫abf\displaystyle \int_a^b f.
  2.  

    1. (Lemme) Soit h∈C2([c,d],R)h \in \mathcal{C}^2([c,d],\mathbb{R}) telle que h(c)=h(d)=0h(c) = h(d) = 0, et soit MM un majorant de ∣h′′∣|h''| sur [c,d][c,d]. Montrer que

      ∀x∈[c,d],∣h(x)∣⩽M (x−c)(d−x)2.\forall x \in [c,d],\quad |h(x)| \leqslant M\,\frac{(x-c)(d-x)}{2}.

      Indication : étudier φ:x⟼M (x−c)(d−x)2−h(x)\varphi : x \longmapsto M\,\dfrac{(x-c)(d-x)}{2} - h(x).

    2. On suppose f∈C2([a,b],R)f \in \mathcal{C}^2([a,b],\mathbb{R}) et l'on note M2=sup⁡[a,b]∣f′′∣M_2 = \displaystyle\sup_{[a,b]} |f''|. Montrer que

      ∀n⩾1,∣∫abf−Tn∣⩽M2⋅(b−a)312 n2.\forall n \geqslant 1,\quad \left| \int_a^b f - T_n \right| \leqslant M_2 \cdot \frac{(b-a)^3}{12\,n^2}.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Posons h=b−anh = \dfrac{b-a}{n} et séparons les deux moitiés :

Tn=12b−an∑k=0n−1f(ak)⏟= Sn+12b−an∑k=0n−1f(ak+1)⏟= Sn′.T_n = \frac{1}{2}\underbrace{\frac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f(a_k)}_{= \,S_n} + \frac{1}{2}\underbrace{\frac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f(a_{k+1})}_{= \,S_n'}.

La quantité SnS_n est exactement la somme de Riemann du théorème ; comme f∈C1([a,b],R)f \in \mathcal{C}^1([a,b],\mathbb{R}) est continue donc continue par morceaux, Sn→∫abfS_n \to \int_a^b f. Par ailleurs, en réindexant,

Sn′=b−an∑k=1nf(ak)=Sn+b−an(f(b)−f(a)),S_n' = \frac{b-a}{n}\sum_{k=1}^{n} f(a_k) = S_n + \frac{b-a}{n}\bigl(f(b) - f(a)\bigr),

et le terme correctif tend vers 00 puisque f(b)−f(a)f(b) - f(a) est une constante. Donc Sn′→∫abfS_n' \to \int_a^b f, puis Tn=12(Sn+Sn′)→∫abfT_n = \tfrac12(S_n + S_n') \to \int_a^b f.

2.a. Posons φ(x)=M (x−c)(d−x)2−h(x)\varphi(x) = M\,\dfrac{(x-c)(d-x)}{2} - h(x) sur [c,d][c,d]. La fonction x↦(x−c)(d−x)=−x2+(c+d)x−cdx \mapsto (x-c)(d-x) = -x^2 + (c+d)x - cd est polynomiale de dérivée seconde constante égale à −2-2, donc φ\varphi est de classe C2\mathcal{C}^2 et

φ′′(x)=M2×(−2)−h′′(x)=−M−h′′(x)⩽0,\varphi''(x) = \frac{M}{2}\times(-2) - h''(x) = -M - h''(x) \leqslant 0,

car ∣h′′∣⩽M|h''| \leqslant M entraîne h′′⩾−Mh'' \geqslant -M. Ainsi φ\varphi est concave sur [c,d][c,d]. De plus φ(c)=φ(d)=0\varphi(c) = \varphi(d) = 0 (le produit s'annule aux bornes et h(c)=h(d)=0h(c)=h(d)=0).

Soit x∈[c,d]x \in [c,d] : il s'écrit x=(1−t)c+tdx = (1-t)c + t d avec t∈[0,1]t \in [0,1]. Par concavité,

φ(x)⩾(1−t)φ(c)+t φ(d)=0,\varphi(x) \geqslant (1-t)\varphi(c) + t\,\varphi(d) = 0,

c'est-à-dire h(x)⩽M(x−c)(d−x)2h(x) \leqslant M\dfrac{(x-c)(d-x)}{2}. En appliquant ce résultat à −h-h (qui vérifie les mêmes hypothèses, avec le même majorant MM), on obtient −h(x)⩽M(x−c)(d−x)2-h(x) \leqslant M\dfrac{(x-c)(d-x)}{2}, d'où l'encadrement voulu.

2.b. Fixons n⩾1n \geqslant 1, posons h=b−anh = \dfrac{b-a}{n} et travaillons sur un intervalle [ak,ak+1][a_k, a_{k+1}]. Notons LkL_k l'unique fonction affine coïncidant avec ff en aka_k et ak+1a_{k+1} :

Lk(x)=f(ak)+f(ak+1)−f(ak)h (x−ak),L_k(x) = f(a_k) + \frac{f(a_{k+1}) - f(a_k)}{h}\,(x - a_k),

et hk=f−Lkh_k = f - L_k. Alors hk∈C2h_k \in \mathcal{C}^2, hk(ak)=hk(ak+1)=0h_k(a_k) = h_k(a_{k+1}) = 0, et hk′′=f′′h_k'' = f'' car LkL_k est affine : ∣hk′′∣⩽M2|h_k''| \leqslant M_2. Le lemme donne

∀x∈[ak,ak+1],∣f(x)−Lk(x)∣⩽M2 (x−ak)(ak+1−x)2.\forall x \in [a_k,a_{k+1}],\quad \bigl| f(x) - L_k(x) \bigr| \leqslant M_2\,\frac{(x - a_k)(a_{k+1} - x)}{2}.

Intégrons sur [ak,ak+1][a_k, a_{k+1}]. D'une part, un calcul direct (ou le changement de variable x=ak+hux = a_k + hu) donne

∫akak+1(x−ak)(ak+1−x) dx=h3∫01u(1−u) du=h36.\int_{a_k}^{a_{k+1}} (x-a_k)(a_{k+1}-x)\,\mathrm{d}x = h^3\int_0^1 u(1-u)\,\mathrm{d}u = \frac{h^3}{6}.

D'autre part, ∫akak+1Lk=h f(ak)+h2(f(ak+1)−f(ak))=h2(f(ak)+f(ak+1))\displaystyle\int_{a_k}^{a_{k+1}} L_k = h\,f(a_k) + \frac{h}{2}\bigl(f(a_{k+1}) - f(a_k)\bigr) = \frac{h}{2}\bigl(f(a_k) + f(a_{k+1})\bigr), qui est précisément le kk-ième terme de TnT_n. Par l'inégalité triangulaire pour les intégrales, puis croissance :

∣∫akak+1f−h2(f(ak)+f(ak+1))∣⩽M22⋅h36=M2 h312.\left\lvert \int_{a_k}^{a_{k+1}} f - \frac{h}{2}\bigl(f(a_k)+f(a_{k+1})\bigr) \right\rvert \leqslant \frac{M_2}{2}\cdot\frac{h^3}{6} = \frac{M_2\,h^3}{12}.

Enfin, la relation de Chasles donne ∫abf=∑k=0n−1∫akak+1f\displaystyle\int_a^b f = \sum_{k=0}^{n-1} \int_{a_k}^{a_{k+1}} f, donc par inégalité triangulaire sur les nn termes :

∣∫abf−Tn∣⩽n⋅M2 h312=n⋅M212⋅(b−a)3n3=M2 (b−a)312 n2.\left\lvert \int_a^b f - T_n \right\rvert \leqslant n \cdot \frac{M_2\,h^3}{12} = n\cdot \frac{M_2}{12}\cdot\frac{(b-a)^3}{n^3} = M_2\,\frac{(b-a)^3}{12\,n^2}.

L'erreur est donc en O ⁣(1n2)\mathrm{O}\!\left(\tfrac{1}{n^2}\right), alors que la méthode des rectangles n'offre en général qu'un O ⁣(1n)\mathrm{O}\!\left(\tfrac{1}{n}\right) : c'est tout l'intérêt des trapèzes.