CHAPITRE IV L`intégrale de Riemann.

CHAPITRE IV
L’intégrale de Riemann.
I
- Fonctions intégrables au sens de Riemann sur un
intervalle fermé borné : définition, exemples.
II - Propriétés générales de l’intégrale.
III - L’intégrale fonction d’une extrémité de l’intervalle
d’intégration et méthodes de calcul.
IV - Généralisation de la notion d’intégrale.
I - Fonctions intégrables au sens de Riemann
1. Introduction.
Soient a et b des réels, avec a < b, soit f : [a, b] → R une application continue. Si F est
b
une primitive de f sur [a, b] alors on note
f (t)dt = F (b) − F (a).
a
Deux questions se posent :
- Une primitive de f existe-t-elle toujours ?
- Comment généraliser cette notion pour d’autres classes de fonctions que les fonctions continues ?
On remarque en reprenant l’exemple précédent et en considérant une subdivision de [a, b] :
a0 = a < a1 < . . . < an = b que l’on a :
n−1
F (b) − F (a) =
F (ak+1 − F (ak )
k=0
et d’après le théorème des accroissements finis ∀i ∈ {0, . . . , n − 1} il existe bi ∈]ai , ai+1 [ tel que
F (ai+1 ) − F (ai ) = (ai+1 − ai ) f (bi ).
Si on pose Mi =
sup f (x) et mi =
inf
f (x) on a :
x∈[ai ,ai+1 ]
n−1
i=0
x∈[ai ,ai+1 ]
(ai+1 − ai )mi ≤
b
f (t)dt ≤
a
n−1
(ai+1 − ai )Mi
i=0
on peut penser que si on augmente la “finesse” de la subdivision, on obtient
“limite” commune des deux valeurs d’encadrement. Toute ceci va être précisé.
66
b
f (t)dt comme
a
2. Cas des fonctions en escalier.
Définitions. Soient a et b des réels avec a < b.
1) Soit f : [a, b] → R. On dit que f est en escalier s’il existe une suite
a = a0 < a1 < . . . < an = b
telle que f soit constante sur chaque intervalle ]ai , ai+1 [. On notera E[a,b] l’ensemble
des fonctions en escalier sur [a, b].
2) Une suite d = (a = a0 < a1 < . . . < an = b) s’appelle une subdivision de [a, b]. On notera
| d |= max{| ai+1 − ai |, i ∈ {0, . . . , n − 1}. C’est le module (ou le pas) de la subdivision. On
notera D[a,b] l’ensemble des subdivisions de [a, b].
3) a) Si d et d sont dans D[a,b] on dira que d est plus fine que d et on notera d ⊆ d
si d est obtenue à partir de d en supprimant certains éléments.
b) Enfin si d1 et d2 sont dans D[a,b] on notera d1 ∪ d2 la subdivision obtenue en ordonnant
l’ensemble des éléments intervenant dans d1 et d2 .
Exemple. [a, b] = [0, 1]
. la subdivision 0 < 1/3 < 2/3 < 1 est plus fine que 0 < 1/3 < 1.
. la réunion de cette subdivision avec 0 < 1/2 < 1 est 0 < 1/3 < 1/2 < 2/3 < 1.
Proposition 1 et définition.
d = (a = a0 < . . . < an = b) par :
Soit
f ∈ E[a,b]
définie à l’aide de la subdivision
∀x ∈]ai , ai+1 [ f (x) = λi
et à l’aide de la subdivision d = (a = a0 < . . . < am = b) par
∀x ∈]ai , ai+1 [ f (x) = µi .
Alors on a :
n−1
(ai+1 − ai )λi =
i=0
n−1
(ai+1 − ai )µi .
i=0
Ce nombre est donc indépendant de la subdivision pouvant définir f. Il est appelé intégrale de
b
f sur [a, b] et noté
f (t)dt.
a
Démonstration.
1) Il est immédiat qu’en adjoignant un point b entre ai et a1+i à la subdivision d le résultat
ne change pas : (b − ai )λi + (ai+1 − b)λi = (ai+1 − ai )λi .
2) On choisit alors un raffinement commun à d et d (par exemple d ∪ d ). La valeur calculée
avec d ou avec d est la même que celle calculée avec d ∪ d .
Proposition 2.
1) L’espace E[a,b] est un sous-espace vectoriel de l’espace des applications de [a, b] dans R.
2) L’application E[a,b] → R
b
f (t)dt
f →
est linéaire.
a
3) Si f et g sont des éléments de E[a,b] tels que f ≤ g
c’est-à-dire : ∀x ∈ [a, b]
f (x) ≤ g(x)
alors on a :
b
f (t)dt ≤
a
g(t)dt.
a
67
b
Démonstration.
a) Soient f et g dans E[a,b] . On peut supposer que f et g sont définies à l’aide de la même
subdivision d = (a = a0 < . . . < an = b) on a :
∀i ∈ {0, . . . , n − 1}
∀x ∈]ai , ai+1 [
f (x) = λi
g(x) = µi .
b
Alors f +g est constante sur chaque ]ai , ai+1 [ et
b
f (t)dt +
n−1
f (t)+g(t) dt =
(λi +µi )(ai+1 −ai ) =
a
i=0
b
g(t)dt
a
a
b) Il est également immédiat que pour tout λ ∈ R, λf
b
b
λf (t)dt = λ
f (t)dt.
a
est constante sur ]ai , ai+1 [ et que
a
c) Enfin E[a,b] est non vide.
On obtient donc bien un espace vectoriel et une application linéaire, donc les propriétés 1) et 2).
La propriété 3) est immédiate.
3. Sommes de Darboux, intégrales supérieures et inférieures.
Notations.
1) On désigne par B[a,b] l’espace (vectoriel) des applications bornées de [a, b] dans R.
2) Soit f ∈ B[a,b] , soit d = (a = a0 < . . . < an = b) une subdivision de [a, b]. On notera
n−1
sf (d) =
(ai+1 − ai )mi avec mi =
inf
f (x)
Sf (d) =
i=0
n−1
x∈[ai ,ai+1 ]
(ai+1 − ai )Mi avec Mi =
sup
f (x).
x∈[ai ,ai+1 ]
i=0
Ce sont les sommes de Darboux de f relativement à la subdivision d.
Proposition 3.
1) Soient d et d dans D[a,b] avec d ⊆ d .
Alors on a : sf (d) ≤ sf (d ) ≤ Sf (d ) ≤ Sf (d).
2) Soient d1 et d2 dans D[a,b] . Alors on a :
sf (d1 ) ≤ Sf (d2 ).
Démonstration.
1) Il suffit de démontrer le résultat dans le cas où pour d = (a = a0 < . . . < an = b), on obtient
d en ajoutant un point c entre ai et ai+1 .
Les contributions du segment ]ai , ai+1 [ dans les sommes s(d) et s(d ) sont :
(ai+1 − ai )
inf
x∈[ai ,ai+1 ]
f (x) pour sf (d)
et
(ai+1 − c)
inf
x∈[c,ai+1 ]
f (x) + (c − ai ) inf
x∈[ai ,c]
68
f (x) pour sf (d ).
Or on a :
inf
f (x) ≤
inf
f (x) ≤
x∈[ai ,ai+1 ]
x∈[ai ,ai+1 ]
inf
f (x)
inf
f (x).
x∈[c,ai+1 ]
x∈[ai ,c]
On obtient donc sf (d) ≤ sf (d ).
Le calcul est analogue pour Sf (d ) ≤ Sf (d) et l’inégalité sf (d ) ≤ Sf (d ) est évidente.
2) On a sf (d1 ) ≤ sf (d1 ∪ d2 ) ≤ Sf (d1 ∪ d2 ) ≤ Sf (d2 ).
Proposition 4 et définition. Soit f ∈ B[a,b] . Alors :
b
h fonction en escalier
1) Les ensembles {sf (d) / d ∈ D[a,b] } et
h(t)dt /
h≤f
a
sont majorés, et on a :
b
h≤f
sup sf (d) = sup
h(t)dt /
.
h en escalier
d∈D[a,b]
a
[a,b]
On notera
f (t)dt ce nombre.
∗
2) Les ensembles
Sf (d) / d ∈ D[a,b]
b
et
a
h fonction en escalier
h(t)dt /
f ≤h
sont minorés et on a :
inf
d∈D[a,b]
b
Sf (d) = inf
a
f ≤h
h(t)dt /
f en escalier
∗
on notera
f (t)dt ce nombre.
[a,b]
3) On a
∗
[a,b]
f (t)dt ≤
∗
f (t)dt.
[a,b]
Démonstration.
(La démontration non traitée en cours est donnée à titre documentaire et ne sera pas au programme
de l’examen).
1) a) Les deux ensembles sont majorés de façon évidente.
Soit d ∈ D[a,b] , d = (a = a0 < . . . < an = b).
Soit h la fonction en escalier telle que :
. ∀i ∈ {0, . . . , n − 1} ∀x ∈]ai , ai+1 [ h(x) =
inf
. ∀i ∈ {0, . . . , n}
x∈[ai ,ai+1 ]
f (x)
h(ai ) = f (ai ).
On a alors :
b
h(t)dt ≤ sup
sf (d) =
a
a
b
≤f
(t) /
en escalier
Ceci étant vrai pour tout d on a :
sup sf (d) ≤ sup
d∈D[a,b]
a
b
≤f
(t) /
en escalier
b) Soit ε ∈ R, ε > 0 et soit h en escalier telle que h ≤ f.
69
.
.
Soit d une subdivision permettant de définir h :
d = (a = a0 < . . . < an = b) et ∀i ∀x ∈]ai , ai+1 [ h(x) = λi
Soit K ∈ R K > 0 tel que ∀x ∈ [a, b] | f (x) |≤ K et | h(x) |≤ K.
Soit η ∈ R, η > 0 tel que :
d = (a = a0 < a0 + η < a1 − η < a1 < a1 + η . . . < an − η < an = b)
ε
.
4Kn
On a ∀i ∈ {0, . . . , n − 1} ∀x ∈ [ai + η, ai+1 − η] h(x) ≤
soit une subdivision et η <
inf
x∈[ai +η,ai+η ]
f (x) puisque h est
constante sur cet intervalle.
b
D’où, en calculant
h(t)dt à l’aide de la subdivision d :
a
b
h(t)dt − sf (d ) ≤
a
n−1
η(λi − mi ) +
i=0
où on a posé ∀i ∈ {0, . . . , n − 1} mi =
n
η(λi−1 − mi−1 )
i=1
inf
x∈[ai ,ai+1 ]
f (x) (la première somme correspond aux
intervalles [ai , ai + η] et la seconde aux intervalles [ai − η, ai ]), on obtient :
b
h(t)dt − sf (d ) ≤ 4Knη < ε.
a
D’où
b
h(t)dt ≤ sup sf (δ) + ε.
δ∈S[a,b]
a
Ceci étant vrai pour toute fonction en escalier h telle que h ≤ f, on obtient :
sup
b
h(t)dt /h en escalier h ≤ f
≤ sup sf (δ) + ε
δ∈D[a,b]
a
ceci étant vrai pour tout ε ∈ R, ε > 0, on obtient
sup
b
h(t)dt /h en escalier h ≤ f
a
≤ sup sf (δ).
δ∈D[a,b]
2) Se démontre de façon analogue au 3).
3) provient de l’inégalité sf (d1 ) ≤ Sf (d2 ) vraie pour tout choix de d1 et d2 dans D[a,b] .
Définition. Avec ces notations on dira que f ∈ B[a,b] est intégrable au sens de Riemann
ou Riemann-intégrable si on a :
∗
[a,b]
f (t) =
f (t).
∗
[a,b]
Alors cette valeur commune sera appelée intégrale de f sur [a, b] et notée
b
f (t)dt.
a
On notera I[a,b] l’espace des fonctions intégrables au sens de Riemann sur [a, b].
70
Remarque et exemples.
1) Dans le cas où f est en escalier alors on a évidemment :
h(t)dt =
h≤f
h
b
sup
inf
h≥f
a
en escalier
h
en escalier
b
h(t)dt
a
b
=
f (t)dt.
a
Donc f est intégrable et la notion d’intégrale coı̈ncide avec celle qu’on a vue précédemment.
2) Exemple de fonction non intégrable.
On a vu que les ensembles Q et R \ Q sont denses dans R, c’est-à-dire que tout intervalle
réel ]x, y[ avec x < y contient au moins un réel et au moins un élément de R \ Q.
Soit f : [0, 1] → R donnée par :
∀x ∈ Q
f (x) = 1
∀x ∈ R \ Q f (x) = 0.
Il est immédiat que pour tout d ∈ D[0,1] on a alors sf (d) = 0 et Sf (d) = 1. Donc f n’est
pas intégrable.
On va voir maintenant quelques classes de fonctions intégrables.
4. Quelques classes de fonctions intégrables.
On commence par un critère.
Proposition 5. Soit f ∈ B[a,b] . Alors f est Riemann-intégrable si et seulement si on a :
∀ε > 0 ∃d ∈ D[a,b] tel que Sf (d) − sf (d) < ε.
Remarque. On a pour f intégrable ∀d ∈ D[a,b]
sf (d) ≤
b
f (t)dt ≤ Sf (d).
a
Donc si on a Sf (d) − sf (d) < ε on a aussi Sf (d) −
b
a
Démonstration de la proposition 5.
1) Supposons f intégrable. Soit A =
b
f (t)dt − sf (d) < ε.
f (t)dt < ε et
a
b
f (t)dt et soit ε > 0.
a
A = Sup sf (d) donc ∃d1 ∈ D[a,b] tel que A − ε/2 < sf (d1 )
A = Inf Sf (d) donc ∃d2 ∈ D[a,b] tel que Sf (d2 ) < A + ε/2
on a :
A − ε/2 < sf (d1 ) ≤ sf (d1 ∪ d2 ) ≤ Sf (d1 ∪ d2 ) ≤ sf (d2 ) < A + ε/2.
D’où
Sf (d1 ∪ d2 ) − sf (d1 ∪ d2 ) < ε.
2) Réciproquement, soit d ∈ D[a,b] telle que
Sf (d) − sf (d) < ε.
71
Alors on a :
sf (d) ≤
f (t)dt ≤
∗
D’où
[a,b]
∗
f (t)dt ≤ Sf (d).
[a,b]
∗
0≤
f (t)dt −
[a,b]
[a,b]
f (t)dt < ε.
∗
Donc si pour tout ε ∈ R, ε > 0 il existe une telle subdivision, alors on a
[a,b]
f (t)dt et f est intégrale.
∗
f (t) =
[a,b]
∗
Théorème 6. Soit f : [a, b] → R une fonction monotone. Alors f est intégrable.
Démonstration. On suppose par exemple f croissante.
Remarquons que f est bornée car Im f ∈ [f (a), f (b)]. Soit d = (a = a0 < a1 . . . < an = b) dans
D[a,b] . Alors ∀i ∈ {0, . . . , n − 1} on a :
inf
x∈[ai ,ai+1 ]
sup
f (x) = f (ai )
f (x) = f (ai+1 ).
x∈[ai ,ai+1 ]
D’où
Sf (d) − sf (d) =
n−1
(ai+1 − ai ) f (ai+1 − f (ai )
i=0
Sf (d) − sd (d) ≤| d | .
n−1
f (ai+1 − f (ai ) ≤| d | f (b) − f (a)
i=0
. Si f est constante on a donc Sf (d) = sf (d).
. Si f est non constante on a f (a) = f (b) et pour | d |<
Donc f est intégrable d’après la proposition 5.
ε
on a Sf (d) − sf (d) < ε.
f (b) − f (a)
Théorème 7. Soit f : [a, b] → R une fonction continue. Alors f est intégrable.
Démonstration. On a vu au chapitre III qu’une fonction continue sur un intervalle fermé borné
est bornée, atteint ses bornes et est uniformément continue.
Soit ε ∈ R ε > 0. Alors il existe η ∈ R η > 0 tel que
∀x, y dans [a, b] on a | x − y |< η ⇒| f (x) − f (y) |<
ε
.
b−a
Soit d ∈ D[a,b] tel que | d |< η, d = (a0 < . . . < an )
∀i ∈ {0, . . . , n − 1} soit αi ∈ [ai , ai+1 ] et soit βi ∈ [ai , ai+1 ] tels que f (αi ) =
f (βi ) =
sup
f (x). Comme on a | αi − βi |< η on a f (βi ) − f (αi ) <
x∈[ai ,ai+1 ]
Sf (d) − sf (d) =
n−1
(ai+1 − ai ) f (βi ) − f (αi ) < ε.
i=0
72
inf
x∈[ai ,ai+1 ]
f (x) et
ε
on en déduit :
b−a
Remarque. Il nous reste à vérifier que dans ce cas on a bien une notion qui coı̈ncide avec les
notions précédentes d’intégrales. Il faudra patienter jusqu’au III.
Théorème 8. Soit f : [a, b] → R une fonction bornée et continue sauf en un nombre fini de
points de [a, b]. Alors f est intégrable.
Démonstration. La démonstration est donnée ici pour le cas où on n’aurait pas lu la démonstration
de la proposition 4 et défini finalement les intégrales avec les sommes de Darboux (c’est ce qui a
été fait en cours). On va faire la démonstration dans le cas d’un seul point de discontinuité c et
c ∈]a, b[. La généralisation est facile.
Soit ε ∈ R ε > 0.
On choisit η ∈ R η > 0 tel que [c − η, c + η] ⊆]a, b[ et 2η(M − m) < ε/3 où on a posé
M = Supx∈[a,b] f (x) et m = Inf x∈[a,b] f (x).
Comme f est continue donc intégrable sur [a, c − η], il existe d1 ∈ D[a,c−η] tel que
Sf (d1 ) − sf (d1 ) < ε/3.
De même il existe d2 ∈ D[c+η,b] tel que
Sf (d2 ) − sf (d2 ) < ε/3.
Soit d la subdivision de [a, b] obtenue à l’aide des points de d1 et de d2 . Alors on a :
Sf (d) − sf (d) < ε.
Remarque.
1) En reprenant la démonstration précédente, on peut voir que si f est une fonction : [a, b] → R
si on modifie la valeur de f en un nombre fini de points on ne change pas
l’intégrabilité de f (ni son intégrale).
2) On retrouve également ici que les fonctions en escalier sont intégrables.
3) Dans le cas des fonctions monotones et des fonctions continues on a obtenu le résultat suivant
qu’on admettra dans le cas général :
Théorème 9 (de Darboux). Soit f : [a, b] → R une fonction intégrable. Alors on a :
∀ε > 0 ∃η > 0 ∀d ∈ D[a,b]
| d |< η ⇒ Sf (d) − sf (d) < ε.
Principe de démonstration. Soit ε ∈ R ε > 0. Alors ∃δ ∈ D[a,b] tel que Sf (δ)−sf (δ) < ε/2.
Si on impose à d une finesse suffisante on va obtenir :
| Sf (d) − sf (d) − Sf (δ) − sf (δ) |< ε/2.
73
Corollaire 10 (Les sommes de Riemann).
Soit f : [a, b] → R une fonction intégrale. Alors :
∀ε ∈ R ε > 0 ∃η > 0 tel que
1) ∀d = (a = a0 < . . . < an = b) ∈ D[a,b] tel que | d |< η.
2) Quel que soit le choix de ci dans [ai , ai+1 ] pour tout i ∈ {0, . . . , n − 1}
on a :
b
n−1
|
f (t)dt −
f (ci )(ai+1 − ai ) |< ε.
a
i=0
Démonstration. On utilise le théorème précédent en remarquant que :
sf (d) ≤
n−1
f (ci )(ai+1 − ai ) ≤ Sf (d)
i=0
b
sf (d) ≤
f (t)dt ≤ Sf (d)
a
Donc si on a Sf (d) − sf (d) < ε, on a aussi :
|
n−1
f (ci )(ai+1 − ai ) −
b
f (t)dt |< ε.
a
i=0
Exemple d’application. Soit pour tout n ∈ N, n ≥ 1, Sn =
Calculer
n
n
n
+ ... + 2.
+
n2 + 1 n2 + 22
2n
lim Sn .
n→∞
On définit f : [0, 1] → R par f (x) =
1
.
1 + x2
Alors f est continue sur [a, b].
On a :
1 1
1
1 Sn =
+
.
.
.
+
+
2
n 1 + n12
1+1
1 + (n−1)
n2
2
n − 1
1 1
=
f
+f
+ ... + f
+ f (1)
n
n
n
n
On considère la subdivision de [0, 1] :
1
i+1
n−1
1
d = 0 < < ... <
< 1 on a | d |=
et ∀i ∈ {0, . . . , n − 1} on pose ci =
.
n
n
n
n
D’après le corollaire 10 on a :
lim Sn =
n→∞
0
1
1
dx
1 + x2
74
=
π
.
4
II - Propriétés générales de l’intégrale
1. Propriétés relatives aux bornes.
Théorème 11. Soient a, b, c des réels, avec a < b < c et soit f : [a, c] → R une application.
Alors :
1) f est intégrable sur [a, c] si et seulement si f est intégrable sur [a, b] et [b, c].
2) Si f est intégrable sur [a, c] on a :
c
b
f (t)dt =
c
f (t)dt +
a
f (t)dt.
a
b
Démonstration.
1) a) Supposons f intégrable sur [a, b].
Soit ε ∈ R ε > 0, soit d ∈ D[a,c] tel que Sf (d) − sf (d) < ε.
Soit d ∈ D[a,c] obtenue à partir de d en adjoignant l’élément b, et soient d1 et d2 les
divisions de [a, b] et [b, c] obtenues à partir de d . On a :
Sf (d1 ) − sf (d1 ) + Sf (d2 ) − sf (d2 ) = Sf (d ) − sf (d ) ≤ Sf (d) − sf (d) < ε.
D’où Sf (d1 ) − sf (d1 ) < ε et Sf (d2 ) − sf (d2 ) < ε.
b) Réciproquement, on suppose f intégrable sur [a, b] et [b, c]. Soit ε ∈ R ε > 0.
Soit d1 ∈ D[a,b] tel que Sf (d1 ) − sf (d1 ) < ε/2.
Soit d2 ∈ D[b,c] tel que Sf (d2 ) − sf (d2 ) < ε/2.
Soit d ∈ D[a,c] obtenue à partir de d1 et d2 on a :
Sf (d) − sf (d) = Sf (d1 ) + Sf (d2 ) − sf (d1 ) − sf (d2 ) < ε.
2)
Si on reprend les notations du 1) b) on a :
b
sf (d1 ) ≤
f (t)dt ≤ Sf (d1 )
a
c
sf (d2 ) ≤
f (t)dt ≤ Sf (d2 )
b
c
sf (d1 ) + sf (d2 ) = sf (d) ≤
f (t)dt ≤ Sf (d) = Sf (d1 ) + Sf (d2 ).
a
Alors
b
f (t)dt +
a
c
f (t)dt et
b
c
f (t)dt sont tous deux dans l’intervalle [sf (d)Sf (d)]
a
qui est de longueur Sf (d) − sf (d) < ε. On a donc :
|
c
f (t)dt −
a
b
f (t)dt −
a
c
f (t)dt |< ε
b
et ceci pour tout ε ∈ R ε > 0. D’où l’égalité cherchée.
Définition. Soit f : [a, b] → R f intégrable (a < b). Alors on pose
On a alors de manière évidente la formule de Chasles.
75
a
f (t)dt = −
b
b
f (t)dt.
a
Proposition 12 (formule de Chasles). Soient a, b, c des réels quelconques.
On suppose f intégrable sur chacun des intervalles fermés d’extrémités (a, b), (b, c), (a, c).
Alors on a :
b
c
c
f (t)dt +
f (t)dt =
f (t)dt.
a
b
a
2. Propriétés algébriques.
Théorème 13.
1) L’ensemble I[a,b] des fonctions intégrables sur [a, b] est un sous-espace vectoriel de l’espace
des fonctions de [a, b] dans R.
2) L’application I[a,b] → R est linéaire.
b
f (t)dt
f →
a
Remarque. Comme I[a,b] est non vide cela signifie :
b
b
b
A) Si f et g sont dans I[a,b] alors f +g ∈ I[a,b] et
f (t)dt+
g(t)dt.
f (t)+g(t) dt =
a
a
b a
b
B) Si f ∈ I[a,b] et λ ∈ R alors λf ∈ I[a,b] et
λf (t)dt = λ
f (t)dt.
a
a
Démonstration. On démontre A, la partie B est immédiate.
Soit ε ∈ R ε > 0.
Soit d1 ∈ D[a,b] tel que Sf (d1 ) − sf (d1 ) < ε/2
Soit d2 ∈ D[a,b] tel que Sg (d2 ) − sg (d2 ) < ε/2
Soit d = d1 ∪ d2 on a :
Sf (d) − sf (d) < ε/2
Sg (d) − sg (d) < ε/2.
Si on pose d = (a = a0 < . . . < an = b) on a :
∀i ∈ {0, . . . , n − 1}
sup
f (x) + g(x) ≤
x∈[ai ,ai+1 ]
et
inf
x∈[ai ,ai+1 ]
sup
f (x) +
x∈[ai ,ai+1 ]
f (x) + g(x) ≥
inf
x∈[ai ,ai+1 ]
f (x) +
inf
x∈[ai ,ai+1 ]
sup
g(x)
x∈[ai ,ai+1 ]
g(x).
D’où sf (d) + sg (d) ≤ sf +g (d) ≤ Sf +g (d) ≤ Sf (d) + Sg (d) avec Sf (d) + Sg (d) − sf (d) − sg (d) < ε
d’où Sf +g (d) − sf +g (d) < ε et donc f + g ∈ I[a,b] .
D’autre part
sf (d) + sg (d) ≤
b
f (t) + g(t) dt ≤ Sf (d) + Sg (d)
a
sf (d) + sg (d) ≤
b
a
a
76
b
g(t)dt ≤ Sf (d) + Sg (d)
f (t)dt +
on en déduit
|
b
f (t) + g(t) dt −
a
b
b
f (t)dt −
g(t)dt |< ε
a
a
on a ce résultat pour tout ε > 0. D’où le résultat cherché.
Théorème 14. Soient f : [a, b] → R et g : [a, b] → R des fonctions intégrables.
Alors f.g est intégrable.
Démonstration.
1) On commence par le cas où f et g sont
à valeurs positives ou nulles.
f (x) ≤ K
Soit K ∈ R K > 0 tel que ∀x ∈ [a, b]
g(x) ≤ K.
Soit ε ∈ R ε > 0. Comme dans la démonstration précédente on peut trouver d ∈ D[a,b] telle
Sf (d) − sf (d) < ε/2K
que
Sg (d) − sg (d) < ε/2K.
On pose d = (a = a0 < . . . < an = b).
Pour tout i ∈ {0, . . . , n − 1} posons :
mi =
Mi =
inf
f (x)
mi =
sup
f (x)
Mi =
x∈[ai ,ai+1 ]
x∈[ai ,ai+1 ]
inf
g(x)
mi =
sup
g(x)
Mi =
x∈[ai ,ai+1 ]
x∈[ai ,ai+1 ]
inf
x∈[ai ,ai+1 ]
f (x).g(x)
sup
f (x).g(x)
x∈[ai ,ai+1 ]
on a Mi ≤ Mi .Mi et mi ≥ mi .mi d’où
Mi − mi ≤ Mi .Mi − mi .mi = Mi .Mi − mi .Mi + mi .Mi − mi .mi
Mi − mi ≤ (Mi − mi ).Mi + (Mi − mi )mi
≤ K(Mi − mi ) + K(Mi − mi )
d’où
Sf.g (d) − sf.g (d) ≤ K Sf (d) − sf (d) + Sg (d) − sg (d) < ε
on obtient donc que f.g est intégrable.
2) Cas général.
Soient m = inf f (x), m = inf g(x) on a :
x∈[a,b]
x∈[a,b]
f.g = (f − m)(g − m ) + f m + f m − mm .
On conclut en utilisant le théorème 13 et le résultat obtenu au cas a) qui permet de voir que
(f − m).(g − m ) est intégrable.
Théorème 15. Soit f : [a, b] → R une fonction intégrable.
Alors l’application | f | est intégrable.
Démonstration. Soit ε ∈ R, ε > 0 et soit d ∈ D[a,b] tel que Sf (d) − sf (d) < ε.
On pose d = (a = a0 < . . . < an = b).
77
∈ {0, . . . , n − 1}. Soit
Soit
mi =
inf
x∈[ai ,ai+1 ]
mi =
inf
x∈[ai ,ai+1 ]
f (x)
Mi =
sup
f (x)
x∈[ai ,ai+1 ]
Mi =
| f (x) |
sup
| f (x) |
x∈[ai ,ai+1 ]
1) Si ∀x ∈ [ai , ai+1 ] f (x) ≥ 0 on a Mi = Mi et mi = mi .
2) Si ∀x ∈ [ai , ai+1 ] f (x) ≤ 0 on a Mi = −mi et mi = −Mi donc Mi − mi = Mi − mi .
3) Si f prend à la fois des valeurs positives ou nulles et négatives ou nulles dans [ai , ai+1 ] on a :
Mi = max(Mi , −mi ) (avec − mi ≥ 0). On a
Mi ≤ Mi − mi
mi ≥ 0
d’où Mi − mi ≤ Mi − mi
on obtient donc Sd (| f |) − sd (| f |) ≤ Sd (f ) − sd (f ) < ε et donc | f | est intégrable.
On va compléter ce résultat à l’aide du 3) de la proposition suivante :
3) Relation avec l’ordre sur R.
Théorème 16.
1) Soit f : [a, b] → R une fonction intégrable telle que ∀x ∈ [a, b] f (x) ≥ 0. Alors on a
b
f (t)dt ≥ 0.
a
2) Soient f : [a, b] → R et g : [a, b] → R des fonctions intégrables telles que
∀x ∈ [a, b] f (x) ≤ g(x).
b
b
f (t)dt ≤
Alors on a
a
g(t)dt.
a
3) Soit f : [a, b] → R une fonction intégrable.
b
b
Alors on a |
f (t)dt |≤
| f (t) | dt ≤ (b − a)f où f = sup | f (x) | .
a
x∈[a,b]
a
Démonstration.
1) On suppose ∀x ∈ [a, b] f (x) ≥ 0. Alors pour tout d ∈ D[a,b] on a sf (d) ≥ 0 d’où
b
f (t)dt = sup sf (d) ≥ 0.
a
d∈D[a,b]
2) On suppose ∀x ∈ [a, b] f (x) ≤ g(x) on a donc ∀x ∈ [a, b] g(x) − f (x) ≥ 0 d’où
b
b
b
g(t)dt ≥
f (t)dt.
g(x) − f (x) dt ≥ 0 d’où
a
a
a
3) On a ∀x ∈ [a, b]
f (x) ≤| f (x) |
−f (x) ≤| f (x) |
d’où :
b
b
f (x)dx ≤
a
−
| f (x) | dx
a
b
f (x)dx ≤
a
| f (x) | dx.
a
78
b
D’où la première inégalité.
La seconde inégalité provient du fait que la fonction | f | est inférieure ou égale à la fonction
constante égale à f .
On peut compléter le 1) du théorème dans le cas où f est continue.
Proposition 17. Soit f : [a, b] → R continue telle que ∀x ∈ [a, b] f (x) ≥ 0. Alors on a :
b
f (t)dt = 0 ⇒ ∀x ∈ [a, b] f (x) = 0 .
a
Démonstration. On raisonne par l’absurde.
Supposons qu’il existe c ∈ [a, b] tel que f (c) > 0. Comme f est continue, on peut alors trouver
f (c)
un intervalle [α, β] ⊆ [a, b] contenant c avec α < β tel que ∀x ∈ [α, β] f (c) >
on a :
2
b
α
β
b
f (t)dt =
f (t)dt +
f (t)dt +
f (t)dt
a
avec
a
α
β
b
f (t)dt ≥ 0,
α
β
f (t)dt ≥ 0,
a
f ()dt ≥
β
α
f (c)
(β − α).
2
b
f (t)dt = 0.
Donc on a
a
Une conséquence immédiate du théorème est la formule de la moyenne.
Proposition 18 (formule de la moyenne). Soit f : [a, b] → R une fonction intégrable.
On pose m = inf f (x), M = sup f (x).
x∈[a,b]
x∈[a,b]
1) Soit g : [a, b] → R une fonction intégrable à valeurs positives ou nulles. Alors on a :
b
b
b
m
g(t)dt ≤
f (t)g(t)dt ≤ M
g(t)dt.
a
a
2) En particulier pour g = 1 on a :
a
m(b − a) ≤
b
f (t)dt ≤ M (b − a).
a
Démonstration.
b Immédiate.
1
Le réel
f (t)dt est appelé valeur moyenne de f sur l’intervalle [a, b].
b−a a
Soit f : [a, b] → R une fonction
Théorème 19 (Formule de la moyenne. Cas continu).
continue. On pose m = inf f (x), M = sup f (x).
x∈[a,b]
x∈[a,b]
1) Soit g : [a, b] → R une fonction intégrable à valeurs positives ou nulles.
Alors ∃cg ∈ [a, b] tel que
b
f (t) g(t)dt = f (cg )
a
b
g(t)dt.
a
2) En particulier pour g = 1 on obtient :
∃c ∈ [a, b] tel que
b
f (t)dt = (b − a)f (c).
a
79
Démonstration de 1).
D’après la proposition précédente, si
b
f (t) g(t)dt = 0, on prend cg quelconque, sinon on a :
b
g(t)dt = 0
alors on a
a
a
b
f (t) g(t)dt
a
b
a
g(t)dt
∈ [m, M ].
Comme f est continue, elle atteint toute valeur comprise entre m et M, d’où l’existence de cg .
Proposition 20 (Inégalité de Cauchy-Schwarz). Soit :
f : [a, b] → R
g : [a, b] → R
des fonctions intégrables.
Alors on a :
|
b
b
f (t) g(t)dt |≤
a
2
f (t) dt.
a
b
Démonstration. On a ∀x ∈ R
b
2
g(t) dt.
a
2
f (t) + xg(t) dt ≥ 0 d’où :
a
2
P (x) = x
b
2
g(t) dt + 2x
a
b
1er cas
b
f (t) g(t)dt +
a
b
2
f (t) dt ≥ 0.
a
2
g(t) dt = 0. Dans ce cas on a :
a
(∀x ∈ R)
2x
b
f (t) g(t)dt +
a
d’où :
b
2
f (t) dt ≥ 0
a
b
f (t) g(t)dt = 0.
a
b
2è cas
2
g(t) dt = 0. Alors le polynôme P en x est de degré 2 et ne prend que des valeurs
a
positives ou nulles pour x ∈ R : il ne peut pas avoir deux racines réelles distinctes. Donc son
discriminant est négatif ou nul. D’où le résultat.
b
2
Notation. Pour toute fonction intégrable f : [a, b] → R on pose : f 2 =
f (t) dt.
a
Proposition 21 (inégalité de Minkowski). Si f et g sont des fonctions intégrables [a, b] → R
alors on a :
f + g2 ≤ f 2 + g2 .
Démonstration. Il suffit de vérifier qu’on a f + g22 = (f 2 + g2 )2 c’est-à-dire :
b
b
b
b
b
2
2
2
2
2
f (t) + g(t) dt ≤
f (t) dt +
g(t) dt +
f (t) dt
g(t) dt
a
a
a
a
80
a
ou encore après développement et simplification :
b
f (t) g(t)dt ≤ 2
2
a
b
2
f (t) dt
a
b
2
g(t) dt
a
ce qui résulte de la proposition 20.
Remarque. On en déduit que si on se restreint à l’ensemble C[a,b] des applications continues
[a, b] → R l’application f → f 2 a les propriétés suivantes :
a) ∀f ∈ C[a,b] f 2 ≥ 0
∀f ∈ C[a,b] (f 2 = 0 ⇐⇒ f = 0).
b) ∀f ∈ C[a,b] ∀λ ∈ R λf 2 =| λ | .f 2 .
c) ∀f, g dans C[a,b] , f + g2 ≤ f 2 + g2 .
On dit qu’une application ayant ces propriétés est une norme sur C[a,b] .
Attention. La propriété a) n’est pas vérifiée si on se place sur l’espace I[a,b] tout entier.
III - L’intégrale fonction d’une extrémité de l’intervalle d’intégration
et méthodes de calcul.
1) Intégrale fonction d’une extrémité de l’intervalle d’intégration.
Proposition 22. Soit a, b des réels, a < b, et soit f ∈ I[a,b] . Alors l’application F : [a, b] → R
définie par
x
∀x ∈ [a, b]
F (x) =
f (t)dt
a
est continue.
Démonstration. Comme on a f ∈ I[a,b] , f est bornée. Soient x et y dans [a, b]. On a :
| F (x) − F (y) |=|
x
f (t)dt |≤| x − y | f y
où on pose f = sup | f (x) | .
x∈[a,b]
Théorème 23. Soient a et b des réels, a < b et soit x0 ∈ [a, b]. Soit f : [a, b] → R une
application intégrable sur [a, b] et continue en x0 ∈ [a, b]. Alors l’application F : [a, b] → R
définie par
x
∀x ∈ [a, b] F (x) =
f (t)dt
a
est dérivable en x0 et F (x0 ) = f (x0 ).
Démonstration. Soit ε ∈ R, ε > 0.
Comme f est continue en x0 sur [a, b]
x0 + h ∈ [a, b]
⇒| f (x0 + h) − f (x0 ) |≤ ε.
| h |< η
il existe
81
η ∈ R
η > 0
tel que
∀h ∈ R,
Soit alors h ∈ R, h > 0 tel que | h |< η et x0 + h ∈ [a, b].
x0 +h
On a F (x0 + h) − F (x0 ) =
f (t)dt, et
x0
(h) f (x0 ) − ε ≤ F (x0 + h) − F (x0 ) ≤ (h) f (x0 ) + ε
(x0 + h) − F (x0 )
f (x0 ) − ε ≤
≤ f (x0 ) + ε.
h
F (x0 + h) − F (x0 )
− f (x0 ) |< ε.
h
On vérifie qu’on a la même inégalité dans le cas h < 0 | h |< η, x0 + h ∈ [a, b].
D’où |
D’où
lim
h→0
h=0
x0 +h∈[a,b]
F (x0 + h) − F (x0 )
= f (x0 ).
h
◦
Rappel. On a vu que si I est un intervalle réel d’intérieur I et que si F : I → R est continue
◦
◦
sur I, dérivable sur I avec ∀x ∈I F (x) = 0, alors F est constante (on applique le théorème
des accroissements finis à x < y dans I). Donc si une fonction f : I → R admet une primitive
F sur I, alors les autres primitives sont du type F (x) + c où c est constante, en particulier pour
a ∈ I il existe une seule primitive prenant une valeur donnée en a.
Proposition
x24. Si f : [a, b] → R est continue sur [a, b], elle admet sur [a, b] des primitives
et F (x) =
f (t)dt est la primitive de f qui s’annule en a.
a
Remarque.
1) Si f est continue sur [a, b] et qu’on connaı̂t une primitive G de f sur [a, b], on a donc :
x
f (t)dt = G(x) − G(a)
a
et en particulier
b
f (t)dt = G(b) − G(a)
a
ce qu’on note :
b
f (t)dt = [G(t)]ba .
a
2) Si f est seulement intégrable sur [a, b] elle peut ne pas avoir de primitive.
Exemple. Soit f : [0, 2] → R donnée par
f (x) = 0 pour x ∈ [0, 1]
f (x) = 1 pour x ∈ ]1, 2].
Alors une primitive de f sur [0, 1] est F (x) = A (constant)
Alors une primitive de f sur ]1, 2] est F (x) = x + B avec B constant.
Il est impossible de choisir A et B pour obtenir une fonction dérivable sur [0, 1] car
Fg (1) = 0 Fd (1) = 1.
Pourtant f est en escalier donc intégrable.
3) Remarquons ausssi qu’une fonction peut admettre une primitive sans être continue, ou même
sans être intégrable.
82
Exemple. F : [0, 1] → R donnée par :
F (x) = x2 sin
F (0)
=0
est dérivable mais sa dérivée
f (x)
= 2x sin
f (0)
=0
1
x
x = 0
1
1
− cos
pour x = 0
x
x
n’est pas continue en 0.
Exemple. F : [0, 1] → R donnée par
F (x) = x2 sin
F (0) = 0
1
pour x = 0
x2
est dérivable mais sa dérivée
1
2
1
f (x) = 2x sin − cos 2 pour x = 0
x x
x
f (0) = 0
1 n’est pas bornée calculer par exemple f
pour k ∈ N, k ≥ 1) .
2kπ
2) Transformations d’intégrales.
Remarquons que les transformations suivantes sont basées sur le calcul des intégrales à l’aide de
primitives et ne sont donc valables que pour les fonctions continues.
a) Changement de variable.
Proposition 25. Soit f : [a, b] → R une fonction continue.
Soit ϕ : [c, d] → R une fonction de classe C 1 telle que ϕ(c) = a et ϕ(d) = b. Alors on a :
b
f (t)dt =
a
d
f [ϕ(u)] ϕ (u)du
c
Démonstration. La fonction :
[c, d] → R
u −→ f ϕ(u) ϕ (u)
est continue sur [c, d] et admet la primitive F ◦ ϕ si F désigne une primitive de f sur [a, b].
On a donc :
d
f [ϕ(u)] ϕ (u)du = (F ◦ ϕ)(d) − (F ◦ ϕ)(c)
c
= F (b) − F (a) =
f (t)dt.
a
83
b
Remarques.
1) Il n’est pas nécessaire que ϕ soit bijective.
En fait si on connaı̂t une primitive
G sur [c, d]
de la fonction u −→ f [ϕ(u)] ϕ (u) et qu’on a a = ϕ(c) et b = ϕ(d) , on peut calculer
b
f (t)dt = G(d) − G(c) sans avoir calculé de primitive de f.
a
Dans le cas où ϕ définit une bijection de [c, d] sur [a, b], ce qui revient à imposer ϕ
strictement monotone, alors on a vu que ϕ−1 était dérivable sur [a, b]. Dans ce cas on
vérifie immédiatement (exercice !) que si G est une primitive de u → f [ϕ(u)] ϕ (u) alors
F = G ◦ ϕ−1 est une primitive de f.
2) Moyen mnémotechnique.
b
Dans
f (t)dt on remplace t par ϕ(u)
a
dt par ϕ (u)du et on modifie correctement les bornes.
1 − t2 dt (à interpréter comme l’aire du demi-cercle de rayon 1).
−1
√
On pose t = cos(u) avec u ∈ [0, π] (alors sin u ≥ 0) on a dt = − sin u du et 1 − t2 = sin u.
D’où :
0
π
1 − cos 2u
A=
− sin2 u du =
du
2
π
0
u sin 2u π π
=
= (!!).
−
2
4
2
0
ab
1
Exercice. Soient a et b des réels a > 0, b > 0. On fait dans l’intégrale
dt le
t
a
changement de variable t = au. Quelle égalité retrouve-t-on ?
1
Exemple. Soit A =
b) Intégration par parties.
Proposition 26. Soient u : [a, b] → R et v : [a, b] → R des fonctions de classe C 1 sur [a, b].
Alors on a :
b
b
u(t) v (t)dt = [u(t) v(t)]ba −
u (t) v(t)dt.
a
a
Démonstration. La fonction u(t) v (t) + u (t) v(t) est continue sur [a, b] et admet u(t).v(t)
comme primitive.
Remarque. Moyen mnémotechnique :
b
v(t) primitive
u(t) v (t)dt
a
u (t) dérivée
π
Exemple. Calculer I =
t2 sin t dt. Deux intégrations par parties vont faire “disparaı̂tre” le t.
0
π
π
2
π
2
π
I = [−t cos t]0 +
2t cos t dt = π + [2t sin t]0 −
2 sin t dt
0
0
I = π 2 + [2 cos t]π0 = π 2 − 4.
84
3) Calculs d’intégrales.
. On utilisera assez rarement le calcul direct par les sommes de Riemann. Plus exactement on
s’en servira pour calculer les limites de suites qu’on interprétera comme sommes de Riemann
de fonctions dont on sait calculer autrement l’intégrale.
Exemple.
lim Sn avec Sn =
n→∞
n2
n
n
n
+ . . . + 2 (exemple vu à fin du I).
+ 2
2
+1 n +2
2n
. Dans le cas de fonctions non continues on pourra tenter de découper l’intervalle [a, b] en
intervalles a = a0 < . . . an = b tels que sur chaque ]ai , ai+1 [ la fonction soit continue et
prolongeable en une fonction continue sur [ai , ai+1 ]. (Ce sera évidemment possible pour les
fonctions en escalier, mais aussi les fonctions monotones n’ayant qu’un nombre fini de points
de discontinuité puisqu’on a alors f (ai + 0) et f (ai+1 − 0) qui existent).
. Dans le cas des fonctions continues, on essaiera de trouver des primitives ; on pourra aussi
utiliser des changements de variable ou des intégrations par parties pour se ramener à des
primitives connues (à bien connaı̂tre). Voyons le cas des fractions rationnelles. Souvent on
peut à l’aide d’un changement de variable correct se ramener à une fraction rationnelle. On va
rappeler la méthode d’intégration des fractions rationnelles.
Théorème 27 (décomposition en éléments simples).
Soit K un corps commutatif.
Soient P ∈ K[X],
\ {0} des polynômes. On suppose P et Q premiers entre eux et
rQ ∈ K[X]
i
on suppose Q = i=1 Qα
où Q1 , . . . , Qr sont des polynômes irréductibles deux à deux premiers
i
entre eux, et α1 , . . . , αr des entiers strictement positifs.
Alors F =
F = E+
r
P
peut s’écrire de manière unique sous la forme :
Q
Pi avec E ∈ K[X] et Pi =
i=1
αi
Pi,j
j=1
Qji
avec ∀i, j Pi,j ∈ K[X] degré Pi,j < degré Qi .
Alors Pi est la partie polaire de F relative à Qi et les éléments
simples.
Pi,j
sont dits éléments
Qji
Remarque.
1) Pour K = C les polynômes Qi seront du type (X − ai ) avec ai ∈ C.
2) Pour K = R les polynômes Qi pourront être
. soit du type (X − ai ) avec ai ∈ R
. soit du type (X 2 + bi X + ci ) avec b2i − 4ci < 0.
On obtient des éléments simples de la forme :
α
avec α ∈ R et n ∈ N \ {0} (élément simple de première espèce)
(X − ai )n
αX + β
(X 2 + bi X + ci )n
espèce).
avec α, β dans R et n ∈ N \ {0} (élément simple de seconde
P
, on commencera
Q
par faire la division euclidienne de P par Q pour trouver E, puis on simplifiera le quotient
restant, enfin on écrira la forme que doit donner le théorème. Il restera à déterminer tous les
coefficients.
3) Chaque fois qu’on a une fraction rationnelle à considérer, donnée sous forme
85
4) Exemple.
On se place sur R.
F (X) =
X +2
.
(X + 1)4 (X 2 + X + 1)(X − 3)
. On pose P (X) = X + 2, Q(X) = (X + 1)4 (X 2 + X + 1)(X − 3).
. Ici on a :
degré P < degré Q donc E = 0
P et Q sont premiers entre eux.
On sait donc qu’on va pouvoir écrire F sous la forme :
F (X) =
A
B
C
D
GX + H
I
+
+
+
+
+
(X + 1)4
(X + 1)3
(X + 1)2
X + 1) X 2 + X + 1 X − 3
avec A, B, C, D, E, F, G, H, I réels.
. Méthode pour trouver I :
lim (x − 3) F (x) = I.
x→3
x=3
. Méthode pour trouver A, B, C, D.
On fait la division de P par (X 2 + X + 1)(X − 3) selon les puissances croissantes de (X + 1)
à l’ordre 3 : c’est-à-dire qu’on écrit :
P (X) = (X 2 + X + 1)(X − 3) a0 + a1 (X + 1) + a2 (X + 1)2 + a3 (X + 1)3 + (X + 1)4 R(X)
avec R(X) ∈ R[X]. On obtient :
P (X)
a1
a2
a3
a0
R(X)
+
+
+
=
+
.
Q(X)
(X + 1)4
(X + 1)3
(X + 1)2
X + 1 (X 2 + X + 1)(X − 3
L’unicité de la décomposition permet alors d’écrire :
a0 = A,
a1 = B,
a2 = C,
a3 = D.
5) Intégration des éléments simples sur R.
- L’intégration de la partie polynomiale et celle des éléments simples de première espèce ne posent
pas de problème.
- Considérons maintenant un élément simple de seconde espèce :
(X 2
αX + β
+ bX + c)n
avec α, β, b, c réels, n ∈ N, n ≥ 1
b2 − 4c < 0,
α
αX + β
2 (2X + b) + γ
=
avec γ ∈ R.
(X 2 + bX + c)n
(X 2 + bX + c)n
2X + b
L’intégration de
ne pose pas de problème.
(X 2 + bX + c)n
1
Il reste à intégrer
.
(X 2 + bX + c)n
On écrit :
b2
X + 2b
X 2 + bX + c = (Y 2 + 1)(c − ) pour y = .
2
4
c − b4
x
1
1
On est donc ramené à intégrer
.
Soit
J
=
dt pour n ≥ 1.
n
2 + 1)n
(X 2 + 1)n
(t
0
on a
Pour n = 1, on sait que
1
admet Arctg x comme primitive.
x2 + 1
86
Pour n > 1, on trouve une formule de récurrence reliant Jn à Jn−1 en intégrant Jn−1
par parties :
Jn−1 =
0
x
x
1
t2
x
dt
=
+
2(n
−
1)
dt
2
n−1
2
n−1
2 n
(1 + t )
(1 + x )
0 (1 + t )
x
=
+ 2(n − 1)(Jn−1 − Jn )
(1 + x2 )n−1
d’où
2(n − 1)Jn =
x
+ (2n − 3)Jn−1 .
(1 + x2 )n−1
On pourra se souvenir de la méthode de calcul.
IV - Intégrales généralisées
1) Définitions et propriétés générales.
Définition. Soit a ∈ R, soit b ∈ R∪{+∞}, avec a < b. Soit f : [a, b[→ R une application. On
suppose que f est intégrable au sens de Riemann dans tout intervalle [a, x] avec a ≤ x < b. Si
x
b
lim
f (t)dt existe dans R, on dira que l’intégrale généralisée
f (t)dt existe ou converge,
x→b
x<b
a
et on notera
a
b
f (t)dt la limite obtenue. Sinon on dira que l’intégrale diverge.
a
Exemple.
x
1
dt = Arctg x pour x > 0
1
+
x2
0
+∞
1
π
dt existe et égale
.
2
1
+
t
2
0
Remarque.
1) L’énoncé regroupe deux cas :
- le cas b = +∞ (exemple donné)
- le cas b ∈ R, f pouvant ne pas être intégrable sur [a, b], (en particulier si f n’est pas
bornée sur [a, b]).
Bien entendu si f est intégrable sur [a, b], on a
lim
x→b
a≤x<b
x
b
f (x)dx =
a
f (t)dt. Les notations
a
sont donc bien cohérentes avec celles des paragraphes précédents.
2) Bien entendu si on remplace a par a avec a ∈]a, b[ les intégrales
b
b
f (t)dt et
a
f (t)dt
a
sont de même nature, c’est-à-dire toutes les deux convergentes, ou toutes les deux divergentes.
On voit tout de suite des exemples qui serviront de références par la suite.
87
Proposition 28 (exemples de référence).
1) Soit a ∈ R a > 0. Soit α ∈ R. Alors :
+∞
a
1
dt
tα
converge si α > 1
diverge si α ≤ 1.
2) Soit a ∈ R a > 1. Soit β ∈ R. Alors :
+∞
a
1
dt
t(log t)β
converge si β > 1
diverge si β ≤ 1.
3) Soient a et b dans R, a < b. Soit α ∈ R. Alors :
a
b
1
dt
(t − b)α
converge si α < 1
diverge si α ≥ 1.
Démonstration.
1) Soit X ≥ a X ∈ R on a :
X
t−α+1 X
1
pour α = 1
dt
=
tα
−α + 1 a
a
Pour 1 − α < 0 l’intégrale converge.
Pour 1 − α > 0 l’intégrale diverge.
X
X
1
Pour α = 1
dt = log x a l’intégrale diverge.
t
a
X
log X
1
1
2) Soit X ≥ a. On pose u = log t on a
dt
=
du. On est ramené au 1).
β
β
t(log
t)
u
a
log a
3) Le calcul est analogue à celui du 1).
Remarque.
+∞
1) Le résultat du 2) sera complété un peu plus loin (dans le cas
a
1
dt).
tα (log t)β
2) Comme on l’a fait pour le 2) on peut utiliser pour étudier les intégrales convergentes des
changements de variable, mais n’utiliser la formule que pour les fonctions intégrables sur le
segment considéré. Faire ensuite tendre la borne supérieure vers b. Attention aussi à ne pas
faire apparaı̂tre de nouvelles indéterminations.
Exemple.
+∞
sin(t2 )dt.
- On veut étudier
0
un problème en 0.
X
sin(t2 )dt, en posant t2 = u
On calcule donc
0
2tdt = du
1
dt = √ du on a ici introduit
2 u
∞
∞
- Simplement ici la convergence de
sin(t2 )dt équivaut à la convergence de
sin(t2 )dt.
0
1
X
X2
1
2
√ sin(u)du on est donc ramené à étudier
Par exemple, on calcule
sin(t )dt =
2 u
1
1
88
+∞
1
√ sin u du. On n’a fait que déplacer le problème. Cependant ce
2
u
1
travail n’est pas inutile, on va voir un peu loin la nature de cette dernière intégrale.
la convergence de
Définitions.
1) Cas de la borne inférieure de l’intervalle d’intégration.
On peut définir de même, pour c ∈ R ∪ {−∞} et a ∈ R avec c < a et g : ]c, a] → R une
application intégrable dans tout intervalle
[x, a] avec c < x ≤ a, la notion de convergence ou
a
d’existence de l’intégrale généralisée
g(t)dt. On remarque alors en posant u = −t, qu’on a
c
a
−x
g(t)dt =
g(−t)dt, on est donc ramené au cas d’une borne supérieure b ∈ R ∪ {+∞}.
−a
x
2) Dans le cas où on a c ∈ R ∪ {−∞}, et b ∈ R ∪ {+∞} avec c < b et f : ]c, b[→ R intégrable
b
y
sur tout [x, y] ⊆]c, b[, on convient d’écrire
f (t)dt si x→c
lim
f (t)dt existe les limites de x
c
x
y→b
a
et y étant indépendantes, ou encore, en choisissant a ∈]c, d[, si les deux intégrales
f (t)dt
c
b
et
f (t)dt convergent.
a
0
Attention.
t dt diverge,
−∞
+∞
t dt diverge mais
0
x
lim
x→+∞
t dt = 0.
−x
On va voir maintenant des critères généraux de convergence. Il est à remarquer qu’ils sont très
voisins de ceux qui sont obtenus pour les séries (en particulier pour b = +∞).
Proposition 29. Soient a < b a ∈ R b ∈ R ∪ {+∞}.
Soient f : [a, b[→ R g : [a, b[→ R
λ ∈ R.
b
b
Si
f (t)dt et
g(t)dt existent, alors
a
a
b
f (t) + g(t) dt existe
a
b
λf (t)dt existe.
a
Démonstration. Immédiate.
Attention. Comme pour les séries le résultat ne se généralise pas aux produits.
Exemples.
1
1
1
1
√ dt converge mais
1) Avec
dt diverge.
t
0
0 t
+∞
+∞
sin t
(sin t)2
√ dt converge, mais comme
2) On verra que
dt est
t
t
1
1
+∞
+∞
(cos t)2
dt. Si ces deux intégrales convergeaient, leur somme
t
1
1
+∞
(sin t)2
qui est faux. Donc
dt diverge.
t
1
Proposition. Soit a ∈ R.
89
de même nature que
1
dt convergerait, ce
t
Soit f : [a, +∞[→ R une fonction intégrable sur tout [a, x] avec a < x.
+∞
On suppose que lim f (x) = ∈ R ∪ {−∞, +∞}. Si l’intégrale
f (t)dt converge, alors on
x→∞
a
a = 0.
Remarque.
1) Attention ce n’est qu’une condition nécessaire de convergence. Elle n’est évidemment pas
suffisante.
+∞
1
Exemple :
dt diverge.
t
1
∞
2) D’autre part, même si
f (t)dt converge, la fonction f peut très bien ne pas avoir de
limite quand x → +∞.
a
3) Enfin ceci ne s’applique pas dans le cas d’une borne b finie.
1
dt
1
Exemple.
converge et lim 1/2 = +∞.
1/2
t→0
t
t
0
Démonstration de la proposition.
1) Supposons > 0 (éventuellement = +∞).
Soit ∈ R tel que 0 < < . Alors il existe x0 ∈ R, x0 ≥ a tel que pour x ≥ x0 on ait
f (x) ≥ .
Alors pour tout x ≥ x0 on a :
x
x0
x
f (t)dt =
f (t)dt +
f (t)dt
a
a
x0
x0
≥
f (t)dt + (x − x0 ).
a
D’où
lim
x→+∞
x
f (t)dt = +∞.
a
2) Supposons < 0 (éventuellement
= −∞). On applique alors le résultat précédent à la
x
fonction −f. On a lim
f (t) = −∞.
x→+∞
a
2) Le critère de Cauchy et l’absolue convergence.
On procède comme dans le cas des séries, mais le critère de Cauchy provient ici d’un critère de
Cauchy sur les limites de fonctions.
Théorème 30 (critère de Cauchy pour les fonctions).
Soient a ∈ R b ∈ R ∪ {+∞}, a < b.
Soit F : [a, b[→ R une application. Alors F (b − 0) = lim F (x) existe si et seulement si :
x→b
a≤x<b
∀ε ∈ R ε > 0 ∃cε ∈ R tel que a ≤ cε < b et tel que pour tout x, y dans [a, b[ on ait :
(cε ≤ x < b et cε ≤ y < b) ⇒| F (x) − F (y) |< ε.
Démonstration. Supposons que pour tout ε > 0 il existe cε vérifiant les propriétés précédentes
et montrons qu’alors F (b − 0) existe. (Le réciproque est immédiate).
Soit (xn )n une suite d’éléments de [a, b[ telle que
∀ε > 0
lim xn = b on a :
n→∞
∃Nε ∈ N tel que n > Nε ⇒ cε ≤ xn < b.
90
Si on choisit p et q entiers tels que p > Nε et q > Nε on a donc cε ≤ xp < b, cε ≤ xq < b,
et donc
| F (xp ) − F (xq ) |< ε.
La suite F (xn ) n∈N est donc une suite de Cauchy. C’est donc une suite convergente. Soit sa
limite.
Soit alors x ∈ R tel que cε/2 ≤ x < b. On peut trouver n ∈ N tel que :
| F (xn ) − |< ε/2
cε/2 ≤ xn < b
on a alors
| F (x) − |≤| F (x) − F (xn ) | + | F (xn ) − |< ε.
Corollaire 31 (critère de Cauchy pour les intégrales).
Soient a ∈ R, b ∈ R ∪ {+∞}, a < b.
Soit f : [a, b[→ R une fonction de Riemann intégrable sur tout intervalle [a, x] avec a ≤ x < b.
b
Alors l’intégrale
f (t)dt converge si et seulement si on a :
a
∀ε ∈ R, ε > 0 ∃cε ∈ R tel que a ≤ cε < b et
∀(x, y) dans [a, b[
(cε ≤ x < b et cε ≤ y < b) ⇒|
y
f (t)dt |< ε.
x
Corollaire 32. Soient a ∈ R, b ∈ R ∪ {+∞}, a < b.
f : [a, b[→ R Riemann intégrable sur tout [a, x] pour a ≤ x < b on suppose que
converge.
b
Alors
f (t)dt converge.
b
| f (t) | dt
a
a
Démonstration.
On a pour a ≤ x < y < b
y
|
y
f (t)dt |≤
x
| f (t) | dt.
x
On applique alors le critère de Cauchy.
b
| f (t) | dt converge on dit que
Définition. Si
a
b
f (t)dt converge absolument.
a
Remarque.
1) Attention : Si f : [a, b] → R est intégrable alors | f | est intégrable.
Pour la convergence on a le résultat en sens inverse. C’est la convergence de
b
qui implique la convergence de
f (t)dt.
a
91
b
| f (t) | dt
a
2) Comme dans le cas des séries, il est donc particulièrement intéressant de savoir si une fonction
à valeur positive ou nulle a une intégrale convergente. On verra des exemples d’application au
début du 3). On verra aussi au 4) des exemples d’intégrales qui sont convergentes sans être
absolument convergentes.
3) Intégrales des fonctions à valeurs positives ou nulles.
- Les critères qui suivent sont valables pour les fonctions f : [a, b[→ R telles qu’il existe c ∈ [a, b[
tel que ∀x ∈ [c, b[, f (x) ≥ 0.
- Ils sont également adaptables en changeant f en −f pour les fonctions f : [a, b[→ R telles
qu’il existe c ∈ [a, b[ tel que ∀x ∈ [c, b[, f (x) ≤ 0.
- Ils sont très voisins des critères obtenus pour les séries et les démonstrations sont analogues, on
ne les refera pas toutes.
Proposition 33. Soit a ∈ R, b ∈ R ∪ {+∞}, a < b.
Soit f : [a, b[→ R intégrable dans tout [a, x] avec a ≤ x < b et à valeurs positives ou nulles.
b
x
Alors
f (t)dt converge si et seulement si l’ensemble
f (t)dt / a ≤ x < b est majoré.
a
a
Démonstration.
x
On pose F (x) =
f (t)dt. Alors la fonction F : [a, b[→ R est croissante. Elle admet une limite
a
à gauche en b qui est sup F (x) si et seulement si elle est majorée.
x∈[a,b[
Proposition 34. Soit a ∈ R, b ∈ R ∪ {+∞}, a < b.
Soit f et g des fonctions de [a, b[ dans R intégrable sur tout [a, x] avec a ≤ x < b.
On suppose ∀t ∈ [a, b[ 0 ≤ f (t) ≤ g(t). Alors
b
b
1) La convergence de
g(t)dt entraı̂ne celle de
f (t)dt.
2) La divergence de
a
b
f (t)dt entraı̂ne celle de
a
a
b
g(t)dt.
a
Exemples.
+∞
+∞
dt
2
1
2
a)
pour
t
≥
2
et
dt converge.
converge
car
≤
2
2
2
t −1
t −1
t
t2
2
2
+∞
+∞
dt
1
1
1
√
√
√
√ dt diverge.
b)
diverge
car
≥
et
2
2
2.t
2t
t +1
t +1
1
1
+∞
sin t
c)
dt converge.
1 + t2
a
+∞
sin t
1
1
En effet on a |
|≤
et
dt converge. On a donc absolue convergence.
1 + t2
1 + t2
1
+
t2
a
+∞
+∞
sin t
1
sin t
1
dt
converge
pour
α
>
1.
En
effet,
on
a
|
|≤
et
dt converge.
α
α
α
α
t
t
t
t
a
a
92
On peut maintenant interpréter un théorème vu lors de l’étude des séries.
Corollaire 35. Soit a ∈ R.
Soit f : [a, +∞[→ R une fonction continue décroissante à valeurs positives ou nulles. Alors la
+∞
série f (n) et l’intégrale
f (t)dt sont de même nature.
a
f (n) convergeait
n
si et seulement si la suite croissante (Tn ) donnée à partir d’un N0 ∈ N par Tn =
f (t)dt
N0
x
est majorée. Or cette suite est majorée si et seulement si l’ensemble
f (t)dt | x ≥ N0 est
Démonstration. On avait en effet vu lors de l’étude des séries que la série
N0
majoré.
Corollaire 36. Soient f et g des fonctions de [a, b[ dans R intégrables sur tout [a, x] avec
a ≤ x < b et à valeurs positives ou nulles ; avec g(t) = 0 au moins pour t assez près de b.
Alors :
b
b
f (t)
1) Si lim
= 0, la convergence de
g(t)dt entraı̂ne celle de
f (t)dt.
t→b g(t)
a
a
b
b
f (t)
2) Si lim
= +∞, la convergence de
f (t)dt entraı̂ne celle de
g(t)dt.
t→+∞ g(t)
a
a
b
b
f (t)
3) Si lim
f (t)dt et
g(t)dt sont de même nature.
= ∈ R \ {0} alors les intégrales
t→+∞ g(t)
a
a
Exemples.
+∞
2
1)
e−t dt converge (comparaison avec
1
+∞
tα dt, pour α > 1).
1
2) On peut facilement compléter les résultats énoncés pour l’intégrale de Bertrand :
2
+∞
1
tα (log t)β
dt pour α ∈ R, β ∈ R.
Elle converge pour α > 1.
Elle diverge pour α < 1.
(Le cas α = 1 a déjà été étudié).
Corollaire 37. Soient f et g des fonctions de [a, b[ dans R intégrables sur tout [a, x]
avec a ≤ x < b et à valeurs positives ou nulles.
On suppose f (t) ∼ g(t) pour t → b.
b
b
Alors les intégrales
f (t)dt et
g(t)dt sont de même nature.
a
a
93
Exemples.
+∞
2
1
1
1)
dt
converge,
dt diverge.
2 − 1)2
2 − 1)2
(t
(t
2
1
1
sin t
2)
converge pour α < 2
tα
0
diverge pour α ≥ 2.
4) Intégrales non absolument convergentes.
On a vu que si une intégrale est absolument convergente, elle est convergente.
Mais il existe des intégrales qui sont convergentes sans l’être absolument.
Exemple.
+∞
cos t
√ dt.
t
x
1
x x sin t
cos t
√ dt = √ sin t +
√ dt en faisant une intégration par partie.
1) Soit x ≥ 1. On a
t
t
1
1
1 2t t
+∞
sin t
1
√ dt est absolument convergente donc convergente et lim √ sin(x) = 0.
Alors
x→+∞
t
t
x
0+∞
cos t
√ dt converge.
Donc
t
1
x
x
x
+∞
| cos t |
cos2 t
(cos 2t + 1)
cos 2t
√
√ dt ≥
√ dt =
√ dt
2) Soit x ≥ 1. On a
dt. Alors comme
t
t
2 t
t
1
1
1
+∞ 1
+∞
1
| cos t |
√ dt diverge, finalement
√ dt diverge.
converge et
t
t
1
1
On va maintenant voir un critère de convergence basé sur la transformation d’Abel.
1
Théorème 38 (seconde formule de la moyenne).
Soient a et b dans R, a < b.
Soient f et g des fonctions intégrables de [a, b] dans R.
On suppose que f est décroissante et ne prend que des valeurs positives ou nulles. Alors il existe
c ∈ [a, b] tel que
b
c
f (x)g(x)dx = f (a)
g(x)dx.
a
a
Corollaire 39. Soient a et b dans R, a < b. Soient f et g des fonctions intégrables de
[a, b] dans R. On suppose que f est décroissante. Alors il existe c ∈ [a, b] tel que
b
c
f (x) g(x)dx = f (a)
b
g(x)dx + f (b)
a
g(x)dx.
a
c
Démonstration du corollaire 39. On applique le théorème 38 à f − f (b) on obtient :
b
f (x) − f (b) g(x) = f (a) − f (b)
a
c’est-à-dire
c
f (x)g(x)dx = f (a)
a
g(x)dx
a
b
c
g(x)dx + f (b)
a
94
b
g(x)dx.
c
Démonstration du théorème 38. La démonstration est ici donnée à titre documentaire mais
ne sera pas au programme d’examen.
x
Soit G(x) =
g(x)dx pour a ≤ x ≤ b.
a
Soit ε > 0.
Alors il existe η > 0 tel que pour toute subdivision d de [a, b], d = (a0 < . . . < an = b) on a :
 n−1
b

ε

|
f (x)g(x)dx −
(ai+1 − ai )f (ai )g(ai ) |<
2
a
| d |< η ⇒

i=0

 Sg (d) − sg (d) f (a) < ε .
2
Soit d = (a = a0 < . . . < an = b) une subdivision telle que | d |< η.
∀i ∈ {0, . . . , n − 1} on pose mi =
inf
g(x)
sup
g(x).
x∈[ai ,ai+1 ]
Mi =
x∈[ai ,ai+1 ]
D’après le premier théorème de la moyenne on a :
ai+1
(ai+1 − ai )mi ≤
g(t)dt ≤ (ai+1 − ai )Mi
ai
c’est-à-dire
G(ai+1 ) − G(ai )
≤ Mi .
(ai+1 − ai )
mi ≤
D’où :
|
n−1
(ai+1 − ai )f (ai )g(ai ) −
i=0
n−1
≤
≤
i=0
n−1
n−1
f (ai ) G(ai+1 ) − G(ai ) |
i=0
(ai+1 − ai )f (ai ) | g(ai ) −
G(ai+1 ) − G(ai )
|
ai+1 − ai
(ai+1 − ai )f (ai )(Mi − mi )
i=0
ε
≤ f (a). Sg (d) − sg (d) <
2
b
n−1
on en déduit |
f (t)g(t)dt −
f (ai )[G(ai+1 ) − G(ai )] |< ε.
a
i=0
b
Autrement dit, le calcul de l’intégrale
de la somme T (d) =
n−1
f (t)g(t)dt peut se faire par passage à la limite à partir
a
f (ai )[G(ai+1 − G(ai )].
i=0
Or cette somme est égale à :
T (d) = f (a)[G(a1 )] + f (a1 )[−G(a1 ) + G(a2 )] + . . . + f (an−1 )[−G(an−1 + G(an )]
c’est-à-dire :
G(a1 ) f (a) − f (a1 ) +G(a2 ) f (a1 ) − f (a2 ) + . . . + G(an−1 ) f (an−2 ) − f (an−1 ) + G(an )f (an−1 )
La fonction f est décroissante à valeurs positives ou nulles.
Si on pose m = inf G(x) et M = sup G(x) on obtient f (a)m ≤ T (d) ≤ f (a)M et par
x∈[a,b]
x∈[a,b]
passage à la limite
f (a)m ≤
b
f (t)g(t)dt ≤ f (a)M
a
95
et comme G est continue, il existe c ∈ [a, b] tel que
b
f (t)g(t)dt = f (a).G(c).
a
Corollaire 40 (critère d’Abel pour les intégrales). Soient a ∈ R b ∈ R ∪ {+∞} a < b.
Soient f et g des fonctions [a, b[→ R intégrables sur tout x avec a ≤ x < b. On suppose
que :
1) La fonction f est décroissante et lim f (t) = 0.
t→b
y
2) |
g(t)dt | / a ≤ x < b, a ≤ y < b est majoré.
x
b
Alors l’intégrale
f (t)g(t)dt converge.
a
Démonstration. Soient a ≤ x < y < b. D’après le théorème 37, il existe x ∈ [x, y] tel que
y
x
f (t)g(t)dt = f (x)
g(t)dt.
x
x
On peut alors appliquer le critère de Cauchy.
y
cos t
1
dt
pour
α
>
0.
On
a
|
cos t dt |≤ 2 ∀x, y et t → α est
α
t
t
1
x
une fonction qui tend en décroissant vers 0. On obtient donc la convergence de l’intégrale.
+∞
Exemple. Reprenons
Exercice. Avec les notations du corollaire, montrer que si f est positive décroissante et
b
convergente, alors
f (t)g(t)dt converge.
a
♣♣♣
96
b
g(t)dt
a