1 Fonctions en escalier

Intégration
1
Fonctions en escalier
1.1
1.1.1
Espace des fonctions en escalier
Subdivisions et fonctions en escaliers
Définitions
• Soient a < b deux réels et n ∈ N∗ un entier. Une subdivision du segment [a,b] en n morceaux est une famille
finie strictement croissante a = a0 < a1 < · · · < an = b de réels de [a,b].
• Une fonction en escalier sur le segment [a,b] est une application f : [a,b] → R telle qu’il existe une subdivision
σ = {a = a0 < a1 . . . < an = b} de [a,b] telle que, pour tout i de 1 à n, f soit constante sur l’intervalle
]xi−1 ,xi [.
On dit alors que la subdivision σ est adaptée à f .
On observe facilement que si l’on ajoute un réel supplémentaire ou un nombre fini de réels supplémentaires à une
subdivision adaptée à une fonction f en escalier, on obtient une nouvelle subdivision qui est encore adaptée à f .
1.1.2
Algèbre des fonctions en escalier
Notons Esc([a,b]) l’ensemble de toutes les fonctions en escalier de [a,b] dans R.
Propriété
Esc([a,b]) est une sous-algèbre de F ([a,b],R) ; cela signifie que :
• ∀f, g ∈ Esc([a,b]), ∀λ, µ ∈ R, λf + µg ∈ Esc([a,b])
• ∀f, g ∈ Esc([a,b]), f g ∈ Esc([a,b])
• La fonction constante x 7→ 1 appartient à Esc([a,b]).
Démonstration
Le troisième point est évident. Pour les deux premiers, on prend une subdivision σf adaptée à f , une autre σg
adaptée à g.
D’après l’observation précédente, leur réunion est une subdivision σ = {a = a0 < a1 < · · · < an = b} adaptée à la
fois à f et g.
Comme f et g sont constantes sur chacun des intervalles ]xi−1 ,xi [, il en est de même de λf + µg et de f g ce qui
achève la démonstration.
1.2
1.2.1
Intégrale des fonctions en escalier
Définition de
Z
b
f (x)dx pour f en escalier
a
Proposition
Soit f ∈ Esc([a,b]), σ = {a = x0 < x1 < · · · < xn = b} une subdivision adaptée à f . Pour tout i de 1 à n, soit yi
n
X
yi (xi − xi−1 ).
la valeur de f sur ]xi−1 ,xi [. On pose S(f,σ) =
i=1
Alors S(f,σ) ne dépend pas de la subdivision adaptée à f .
Idée de la démonstration
Si l’on ajoute un point x ∈]xi−1 ,xi [ à la subdivision σ, alors en posant
σ ′ = {a = x0 < x1 < · · · < xi−1 < x < xi < · · · < xn = b}, on a S(f,σ ′ ) = S(f,σ) car la valeur de f sur ]xi−1 ,x[ et
celle sur ]x,xi [ est yi de sorte que yi (x − xi−1 ) + yi (xi − x) = yi (xi − xi−1 ) ce qui entraı̂ne S(f,σ ′ ) = S(f,σ).
De la même façon, l’ajout d’un nombre fini de points à σ ne modifie pas la valeur de S(f,σ).
1
Ensuite, si σ et σ ′ sont adaptée à f , alors σ ′′ = σ ∪ σ ′ est adaptée à f et l’on a S(f,σ) = S(f,σ ′′ ) = S(f,σ ′ ).
Définition
Le nombre S(f,σ), qui ne dépend à présent que de f s’appelle l’intégrale de f sur [a,b] et se note
Z b
Z
f.
f ou encore
[a,b]
Z
b
f (x)dx ou
a
a
Interprétation
Pour tout i de 1 à n, yi (xi − xi−1 ) représente l’aire algébrique du rectangle délimité par l’axe des abscisses, la
portion de droite horizontale d’ordonnée yi et les droites verticales d’abscisses xi et xi−1 .
L’aire est dite algébrique car elles est positive quand le rectangle est au-dessus de l’axe des abscisses et négative
si ledit rectangle est en-dessous.
L’intégrale de f représente alors la somme des aires algébriques de ces rectangles. On peut dire que c’est l’aire
algébrique du domaine compris entre l’axe des abscisses et la courbe de la fonction en escalier.
1.2.2
Linéarité
Proposition
Quelles que soient f, g ∈ Esc([a,b]), quels que soient λ, µ ∈ R,
Z
λf + µg = λ
[a,b]
Z
f +µ
[a,b]
Z
g.
[a,b]
Démonstration
Soit σ = {a = x0 < x1 < · · · < xn = n} une subdivision adaptée à la fois à f et à g.
Pour tout i de 1 à n, posons yi et zi les valeurs respectives de f et g sur ]xi−1 ,xi [.
Exercice 1
Avec les notations ci-dessus, finir la démonstration.
1.2.3
Positivité, croissance
Il s’agit des propriétés suivantes :
• Positivité : Si f appartenant à Esc([a,b]) est positive alors
Z
Z
g.
f6
• Croissance : ∀f, g ∈ Esc([a,b]), f 6 g ⇒
Z
f >0
[a,b]
[a,b]
[a,b]
Démonstrations :
• Positivité :
Avec les notations du paragraphe précédent, les yi sont positifs de même que les xi − xi−1 donc
Z
Z
Z
g − f > 0.
f=
g−
• Croissance : g − f > 0 ⇒
[a,b]
1.2.4
[a,b]
[a,b]
Additivité par rapport aux intervalles
Il s’agit de la propriété suivante :
Propriété
Soient a < b < c trois réels et f ∈ Esc([a,c]). Alors f |[a,b] ∈ Esc([a,b]), f |[b,c] ∈ Esc([b,c]) et
Z
Z
Z
f
f+
f=
[a,c]
[a,b]
2
[b,c]
Z
f > 0.
[a,b]
C.Q.F.D.
Démonstration
On prend une subdivision adaptée à f sur [a,c] et incluant le point b :
σ = {a = x0 < · · · < xm = b < xm+1 < · · · < xn = c}.
Z
Z
n
m
X
X
yi (xi − xi−1 )
f=
yi (xi − xi−1 ),
f=
Avec les notations habituelles, on a
[a,b]
Z
D’où
f=
[a,c]
2
n
X
i=1
yi (xi − xi−1 ) =
m
X
i=1
[b,c]
i=1
yi (xi − xi−1 ) +
n
X
i=m+1
i=m+1
yi (xi − xi−1 ) =
Z
f+
[a,b]
Z
f
[b,c]
Intégration des fonctions continues
2.1
2.1.1
Approximations des fonctions continues par les fonctions en escalier
Approximation uniforme
On admet la propriété suivante :
Propriété
Soit a < b deux réels et f : [a,b] → R une application continue.
Pour tout ε > 0, il existe ϕ ∈ Esc([a,b]) telle que ∀x ∈ [a,b], |f (x) − ϕ(x)| 6 ε.
2.1.2
Encadrements par des fonctions en escalier
On déduit la propriété suivante de la précédente.
Propriété
Soit a < b deux réels et f : [a,b] → R une application continue.
Pour tout ε > 0, il existe u, v ∈ Esc([a,b]) telles que u 6 f 6 v et
Z
[a,b]
v − u 6 ε.
On peut interpréter cette propriété en disant que la courbe représentative de f peut être incluse dans une réunion
de rectangles d’aire totale arbitrairement petite.
Démonstration
ε
Soit ε > 0. D’après la propriété précédente, il existe ϕ ∈ Esc([a,b]) telle que ∀x ∈ [a,b], |f (x) − ϕ(x)| 6
.
2(b − a)
ε
ε
6 f (x) 6 ϕ(x) +
.
Cela équivaut à dire que ∀x ∈ [a,b], ϕ(x) −
2(b − a)
2(b − a)
ε
ε
et v(x) = ϕ(x) +
.
On pose alors ∀x ∈ [a,b], u(x) = ϕ(x) −
2(b − a)
2(bZ− a)
Z
ε
v−u=
u et v sont bien des fonctions en escalier vérifiant u 6 f 6 v et l’on a
= ε.
C.Q.F.D.
b
−
a
[a,b]
[a,b]
2.2
Construction succincte de
Z
f pour f continue
[a,b]
On se donne a < b deux réels et f : [a,b] → R une application continue.
On définit I− (f ), ensemble des intégrales des fonctions en escalier minorant f et I+ (f ) l’ensemble des intégrales
des fonctions en escalier majorant f .
Autrement
)
) (
(Zdit :
Z
I− (f ) =
[a,b]
I+ (f ) =
(Z
[a,b]
u
u, u ∈ Esc([a,b]) et u 6 f = y ∈ R, ∃u ∈ Esc([a,b]), u 6 f et y =
[a,b]
)
) (
Z
v
v, v ∈ Esc([a,b]) et f 6 v = z ∈ R, ∃v ∈ Esc([a,b]), f 6 v et z =
[a,b]
3
2.2.1
L’égalité fondamentale
Du fait que f est continue sur le segment [a,b], elle est bornée c’est-à-dire minorée et majorée par des fonctions
constantes donc en escalier. Il en résulte que I− (f ) et I+ (f ) sont non vides.
Observons ensuite que ∀y ∈ I− (f ) et ∀z ∈ I+ (f ) on a y 6 z.
R
R
En effet, il existe u ∈ Esc([a,b]), u 6 f et il existe v ∈ Esc([a,b]), f 6 v telles que y = [a,b] u et z = [a,b] v. Comme
on a u 6 f 6 v, il résulte y 6 z.
Ensuite, nous allons refaire l’exercice suivant :
Exercice 2
Soient A et B deux parties non vides de R telles que ∀a ∈ A et ∀b ∈ B, a 6 b.
Montrer que A admet une borne supérieure, B, une borne inférieure et que sup(A) 6 inf(B).
Il résulte de cet exercice que I− (f ) est majoré, que I+ (f ) est minoré et que sup(I− (f )) 6 inf(I+ (f )).
Proposition
sup(I− (f )) = inf(I+ (f ))
Démonstration
On montre que, pour tout ε > 0, inf(I+ (f )) − sup(I− (f )) 6 ε. Il en résultera que inf(I+ (f )) − sup(I− (f )) 6 0
et comme on sait déjà que inf(I+ (f )) − sup(I− (f )) > 0, cela entraı̂nera
Z
Z
Z notre conclusion.
v−u 6 ε c’est-à-dire
Soit donc ε > 0. On sait qu’il existe u, v ∈ Esc([a,b]) avec u 6 f 6 v et
[a,b]
Z
Z
Z
Z
v ∈ I+ (f ) et
u + ε 6 sup(I− (f )) + ε car
v 6
Il en résulte inf(I+ (f )) 6
[a,b]
[a,b]
[a,b]
u6ε
v−
[a,b]
[a,b]
[a,b]
u ∈ I− (f ) d’où
l’inégalité puis la proposition.
2.2.2
Interprétation
Pour une fonction positive, sup(I− (f )) représente l’aire du domaine situé entre l’axe des abscisses et la courbe.
Pour une fonction négative, inf(I+ (f )) est l’aire, comptée négativement, du domaine compris entre la courbe et
l’axe des abscisses.
Lorsque f change de signe, l’intégrale est l’aire algébrique du domaine compris entre la courbe et l’axe des abscisses.
2.2.3
Définition, notations
Définition
Pour f ∈ C ([a,b],R), le nombre sup(I− (f )) = inf(I+ (f )) est l’intégrale de f sur le segment [a,b].
Z b
Z b
Z
f.
f (x)dx ou encore
f ou
Elle se note
[a,b]
2.3
2.3.1
a
a
Propriétés
Linéarité
IlZ s’agit de prouverZque pour Z
toutes fonctions f et g, continues sur le segment [a,b], pour tous λ, µ ∈ R,
g. Cela va se faire en trois étapes :
f +µ
λf + µg = λ
[a,b]
[a,b]
[a,b]
Z
Z
Z
f2 .
f1 +
f1 + f2 =
• ∀f1 , f2 ∈ C ([a,b],R),
[a,b]
[a,b]
[a,b]
En effet, si u1 et u2 appartiennent
avec u1 6 f1 et u2 6 f2 alors u1 + u2 ∈ Esc([a,b]) et
Z
Z à Esc([a,b])
Z
f1 + f2 .
u2 6
u1 +
u1 + u2 6 f1 + f2 donc
[a,b]
[a,b]
[a,b]
4
En passant à la borne supérieure pour u1 ∈ Esc([a,b])
6 f1 , il vient
Z :
Z et u1 Z
f1 + f2 .
u2 6
f1 +
Pour toute u2 ∈ Esc([a,b]) telle que u2 6 f2 , on a
[a,b]
[a,b]
[a,b]
On passe àZ nouveauZà la borne supérieure pour u2 ∈ Esc([a,b]) et u2 6 f2 , il vient :
Z
f1 + f2 .
f2 6
f1 +
[a,b]
[a,b]
[a,b]
En raisonnant de même avec v1 , v2 ∈ Esc([a,b]),f1 6 v1 et f2 6 v2 , on obtient l’inégalité contraire d’où
l’égalité.
Z
Z
f.
λf = λ
• Pour tout f : [a,b] → R continue et pour tout λ > 0,
[a,b]
[a,b]
Z
Z
Z
λf puis,
λu 6
u=
En effet, si u ∈ Esc([a,b]) et u 6 f alors λu ∈ Esc([a,b]) et λu 6 λf d’où λ
[a,b]
[a,b]
[a,b]
en passant à la borne supérieure en sachant que,
Z pour Ztoute partie A non vide majorée de R et tout réel
λf .
f6
λ > 0, on a sup(λA) = λ sup(A), on obtient λ
[a,b]
[a,b]
En raisonnant de même sur les fonctions en escalier
majorant
Z f , on obtient l’inégalité contraire d’où l’égalité.
Z
• Pour toute fonction continue f : [a,b] → R,
[a,b]
f.
−f = −
[a,b]
En effet, pour
Z toute u ∈ ZEsc([a,b]) telle que u 6 f , on a −f 6 −u et −u ∈ Esc([a,b]) d’où :
Z
u.
−u = −
−f 6
[a,b]
[a,b]
[a,b]
On sait que toute
Z partie A non vide majorée de f , on a inf(−A) = − sup(A). Il en résulte que :
Z
f puis, en raisonnant sur les fonctions en escalier majorant f , on obtient l’inégalité
−f 6 −
[a,b]
[a,b]
contraire d’où, à nouveau, l’égalité.
2.3.2
Positivité, croissance
• Positivité
Si f ∈ C ([a,b],R) est positive, alors
Z
f > 0.
[a,b]
En effet, la fonction nulle
est, Z
dans ce cas, une fonction en escalier minorant f .
Z
f.
06
Il en résulte que 0 =
[a,b]
[a,b]
• Croissance :
Z
Z
f6
Z
En effet ∀f, g ∈ C ([a,b],R), f 6 g ⇒ g − f > 0 ⇒
Pour toutes f et g ∈ C ([a,b],R), f 6 g ⇒
2.3.3
[a,b]
g.
[a,b]
[a,b]
g−f >0⇒
Z
[a,b]
g−
Z
f > 0.
[a,b]
L’inégalité de la valeur absolue
Proposition :
Soit f : [a,b] → R continue ; alors
Z b
Z b
|f (x)|dx
f (x)dx 6
a
a
Démonstration :
Z
Z
|f | et −
f6
On a f 6 |f | et −f 6 |f | d’où
[a,b]
[a,b])
Z
(Z
Z
Z
|f |.
f 6
f, −
f = max
[a,b] [a,b]
[a,b]
[a,b]
Z
f=
[a,b]
5
Z
a
b
−f 6
Z
[a,b]
|f | d’où
C.Q.F.D.
2.3.4
Le théorème de stricte positivité
Il s’agit du théorème suivant :
Théorème
Si f est continue, positive sur [a,b] et si f 6= 0, alors
Z
f > 0.
[a,b]
Ou par contraposée :
Soit f continue et positive sur [a,b]. Si
Z
f = 0 alors f = 0
[a,b]
Démonstration :
Sous la première forme : si f 6= 0 alors il existe x0 ∈ [a,b] tel que f (x0 ) > 0. Par continuité de f , il existe alors un
f (x0 )
segment [α,β] ⊂ [a,b] avec α < x0 < β et ∀x ∈ [α,β], f (x) >
.
2
f (x0 )
Soit u : [a,b] → R définie par : ∀x ∈ [α,β], u(x) =
et ∀x ∈
/ [α,β], u(x) = 0.
2
Z
Z
f (x0 )
f.
C.Q.F.D.
u est une fonction en escalier minorant f donc 0 < (β − α)
u6
=
2
[a,b]
[a,b]
2.3.5
Inégalités et égalité de la moyenne
Définition
Soient a < b deux réels et : [a,b] → R une application continue.
1
On appelle moyenne de f sur le segment [a,b], le nombre µ =
b−a
Z
b
f (x)dx.
a
Proposition : Inégalités de la moyenne.
Z b
1
Avec les notations précédentes, si m est un minorant de f et M un majorant, alors m 6
f (x)dx 6 M .
b−a a
Z
Z
Z
M
f 6
m6
En effet, en considérant m et M comme des fonctions en escalier encadrant f , on a
[a,b]
[a,b]
[a,b]
Z b
f (x)dx 6 M (b − a).
C.Q.F.D.
c’est-à-dire m(b − a) 6
a
Proposition : L’égalité de la moyenne
Soit f : [a,b] → R continue.
Z b
1
f (x)dx = f (c).
Il existe c ∈ [a,b] tel que
b−a a
Démonstration
On prend m = inf(f ), M = sup(f ). Comme f ([a,b]) = [m,M ] du fait que f est continue sur le segment [a,b], et
Z b
1
comme
f (x)dx ∈ [m,M ] d’après les inégalités de la moyenne, on a la propriété annoncée.
b−a a
6
2.3.6
Additivité par rapport aux intervalles
Pour les fonctions continues comme pour
Z celles ZcontinuesZ par morceaux on a : Pour tous a < b < c réels et
f.
f=
f+
f : [a,c] → R application continue, on a
[a,c]
[b,c]
[a,b]
Démonstration :
Soient u1 ∈ Esc([a,b] et u2 ∈ Esc([a,b]) telles que u1 6 f sur [a,b] et u2 6 f sur [b,c]. On construit f ∈ Esc([a,c]
égale à u1 surZ [a,b[, à uZ2 sur ]b,c]
Z en b.
Z et à f (b)
u2 .
u=
u1 ,
u=
On a u 6 f ,
[b,c]Z
[b,c]Z
[a,b]Z
[a,b]
Z
Z
Z
u6
u=
u+
u2 =
u1 +
Alors
[a,b]
[a,b]
[b,c]
[a,c]
[b,c]
f.
[a,b]
En
Z supérieure pour u1 6 f sur [a,b] puis pour u2 6 f sur [b,c], on obtient :
Z à la borne
Z passant
f.
f6
f+
[a,b]
[b,c]
[a,c]
En raisonnant de la même façon sur les fonctions en escalier majorant f , on obtient l’inégalité contraire d’où
l’égalité.
2.3.7
Relation de Chasles
On commence par étendre la notation
Z
b
au cas a > b.
a
Soient I un intervalle et f : I → R une application continue et soit (a,b) ∈ I 2 .
Z
Z b
f
f (x)dx =
Pour a < b
[a,b]
a
Z b
f (x)dx = 0.
Pour a = b, on pose
Z
Za b
f.
f (x)dx = −
Pour a > b, on pose
a
[b,a]
On a alors la
Relation de Chasles
Avec les notations précédentes, ∀(a,b,c) ∈
I 3,
Z
b
f (x)dx +
Z
b
a
c
f (x)dx =
Z
c
f (x)dx.
a
Exercice 3
Démontrer cette propriété en envisageant plusieurs cas selon l’ordre des réels a, b et c.
7
2.4
Les sommes de Riemann
2.4.1
Définition et interprétation
L’idée est de découper l’intégrale en tranches fines de même
épaisseur.
Exercice 4
Soit σ = {a = x0 < x1 < . . . < xn = b} la subdivision régulière
obtenue en divisant l’intervalle [a,b] en n intervalles de même largeur.
1. Donner l’expression des xi en fonction de a, b, n et i.
On approche l’intégrale par la somme des aires des rectangles : (xi − xi−1 )f (xi ) ou (xi − xi−1 )f (xi−1 ).
2. Selon le choix, on obtient deux expressions légèrement
différentes.
Écrire ces deux expressions ; on les notera Rn et Rn′ .
Ce sont les sommes de Riemann associées aux subdivisions
régulières.
3. Pour a = 0, b = 1 et f : x 7→ x, calculer les sommes de
Riemann associées aux subdivisions régulières de [0,1].
Quelle est leur limite quand n tend vers +∞?
2.4.2
Convergence
On montre que, pour toute fonction continue f : [a,b] → R les sommes de Riemann de f convergent vers
Nous le montrons pour les fonctions de classe C 1 .
On pose R(n) =
n
X
i=1
(xi − xi−1 )f (xi−1 ). On a
Z
b
f (x)dx =
a
n Z
X
i=1
Z
b
f (x)dx.
a
xi
f (x)dx.
xi−1
Il
résulte :
Z en
n Z xi
n Z xi
X
b
X
f (x) − f (xi−1 )dx
f (x)dx − (xi − xi−1 )f (xi−1 ) =
f (x)dx − Rn 6
xi−1
xi−1
a
i=1
i=1
Z
Z
n xi
n
X
xi
X
Or
|f (x) − f (xi−1 |dx.
f (x) − f (xi−1 )dx 6
xi−1
xi−1
i=1
i=1
|f ′ |.
Soit alors M un majorant de
Par l’inégalité des accroissements finis, ∀x ∈ [xi−1 ,xi ], |f (x) − f (xi−1 )| 6 M |x − xi−1 | = x − xi−1 . D’où :
Z xi
Z xi
x
(xi − xi−1 )2
(b − a)2
(x − xi−1 )2 i
=M
=M
.
|f (x) − f (xi−1 )|dx 6
M (x − xi−1 )dx = M
2
2
2n2
xi−1
xi−1
xi−1
Z b
Z b
M (b − a)2
M (b − a)2
=
d’où lim Rn =
f (x)dx.
On en déduit enfin f (x)dx − Rn 6 n ×
n→+∞
2n2
2n
a
a
2.4.3
Utilisation des sommes de Riemann pour la détermination de limites de suites particulières
On peut utiliser les sommes de Riemann pour trouver la limite de suites (un )n∈N lorsque le terme général un
n−1
n
X
X
s’exprime sous une forme un =
v(n,k) ou
v(n,k).
k=0
k=1
On transforme alors l’expression en faisant apparaı̂tre le facteur
de k figurent dans une expression k/n.
Autrement dit, on cherche à écrire un =
n
X
k=0
n−1
1
et en faisant en sorte que toutes les occurrences
n
1X
g(k/n) où g est une fonction continue.
v(n,k) =
n
k=0
8
On peut alors dire que lim un =
n→+∞
Z
1
g(t)dt.
0
Il n’est cependant pas nécessaire dans tous les cas de se ramener à une intégrale sur [0,1].
Exemple
Soit (un )n∈N∗ définie par ∀n > 0, un =
n
1X 1
On a ∀n > 0, un =
n
1+
k=1
k
n
n
X
k=1
1
.
n+k
.
1
. On reconnaı̂t que un est une somme de Riemann de f associée à
1+x
une subdivision régulière en n
intervalles.
Z sous
1
dx
Il en résulte que lim un =
= ln(2).
n→+∞
0 1+x
On pose f : [0,1] → R définie par f (x) =
2.5
2.5.1
Calculs approchés
Méthode des rectangles
La méthode des rectangles consiste simplement à approcher l’intégrale par des sommes de Riemann.
L’estimation de l’erreur faite au paragraphe précédent montre que la convergence est très lente.
2.5.2
Méthode des trapèzes
On part à nouveau d’une
Z xi subdivision régulière a = x0 < x1 < · · · < xn = b.
Au lieu d’approcher
f (x)dx par l’aire d’un des deux rectangles (xi − xi−1 )f (xi−1 ) ou (xi − xi−1 )f (xi−1 ), on
xi−1
(xi − xi−1 )
(f (xi ) + f (xi−1 )).
2
1. Montrer que la valeur approchée Tn obtenue par cette méthode peut s’écrire :
approche l’intégrale par l’aire du trapèze correspondant c’est-à-dire :
"
#
n−1
X b−a
(b − a)
f a+i
f (a) + 2
+ f (b)
2n
n
i=1
2. Montrer que Tn =
Rn + Rn′
.
2
Exercice 5
Estimation de l’erreur de la méthode des rectangles.
1. Soit [a,b] un segment et f : [a,b] → R de classe C 2 .
On veut prouver que, pour tout x ∈ [a,b], il existe c ∈ [a,b] tel que :
f (b) − f (a) (x − a)(x − b) ′′
f (x) = f (a) + (x − a)
+
f (c).
b−a
2
(a) Établir la propriété pour x = a et pour x = b.
(b) On fixe x ∈]a,b[ et on considère ϕ : [a,b] → R définie par :
∀t ∈ [a,b], ϕ(t) = f (t) − f (a) − (t − a)
f (b) − f (a)
(t − a)(t − b)
−A
.
b−a
2
Montrer qu’on peut choisir A de sorte que ϕ(x) = 0.
A possède désormais cette valeur (mais on continue de le noter A).
(c) Justifier l’existence de α ∈]a,x[ et de β ∈]x,b[ tels que ϕ′ (α) = ϕ′ (β) = 0.
En déduire l’existence d’un réel c ∈]a,b[ tel que ϕ′′ (c) = 0.
f (b) − f (a) (x − a)(x − b) ′′
+
f (c).
(d) Montrer que A = f ′′ (c) et en déduire que f (x) = f (a) + (x − a)
b−a
2
9
2. Soit f : [a,b] → R de classe C 2 .
(a) Justifier l’existence de M = sup |f ′′ |.
f
(b)
−
f
(a)
6 M (x − a)(b − x) .
(b) Montrer que ∀x ∈ [a,b], f (x) − f (a) − (x − a)
b−a 2
Z b
f (a) + f (b)
f (b) − f (a)
(c) Montrer que (b−a)
f (a)+(x−a)
=
dx et donner une interprétation graphique
2
b−a
a
de ce résultat.Z
b
(b − a)3
f (b) + f (a) .
6
M
(d) Montrer que f (x)dx − (b − a)
2
12
a
3. Soit f : [a,b] → R de classe C 2 , M = sup |f ′′ |, n ∈ N∗ et σ = {a = x0 < x1 < · · · < xn = b} la subdivision
régulière de [a,b] en n sous-intervalles.
Z
xi
f
(x
)
+
f
(x
)
(b − a)3
i−1
i f (x)dx − (b − a)
(a) Montrer que, pour tout i de 1 à n, .
6M
xi−1
2n
12n3
Z b
(b − a)3
(b) En déduire que f (x)dx − Tn 6 M
.
12n2
a
2.5.3
Accélération
On suppose qu’on a calculé Tn et on veut améliorer l’estimation. Le calcul de Tn+1 oblige à calculer f (x) en n
nouvelles valeurs.
Tant qu’à calculer
n nouvelles
valeurs, autant passer directement de Tn à T2n .En effet, le calcul de T2n nécessite
b−a
b−a
b−a
pour k de 0 à 2n. Mais pour k pair, k = 2p, on a f a + k
= f a+p
a
celui des f a + k
2n
2n
n
b−a
déjà été calculé pour Tn . Il n’y a donc que le calcul des f a + (2k + 1)
avec 0 6 k 6 n − 1.
2n
Cela représente le même coût en calcul que pour obtenir Tn+1 mais l’erreur est divisée par 4 au lieu de rester
C
C
ne représente que très peu de bénéfice).
sensiblement la même (le passage de 2 à
n
(n + 1)2
Exercice 6
Soit f : [a,b] → R de classe suffisante.
b
1
C
f (x)dx + 2 + O
On peut montrer qu’il existe une constante C telle que l’on ait ∀n ∈
Tn =
.
n
n4
a
Z b
1
∗
.
f (x)dx + O
1. Déterminer deux réels α et β tels que ∀n ∈ N , αTn + βT2n =
4
n
a
Z b
f (x)dx, la formule précédente donne-t-elle en fonction de f (a),
2. Pour n = 1, quelle approximation de
a
a+b
f
et f (b)?
2
Z 1
dx
3. Que donne cette approximation pour
?
0 1+x
Comparer avec la valeur exacte.
N∗ ,
10
Z
3
Calcul intégral
3.1
3.1.1
Primitives
L’application x 7→
Z
x
f (t)dt
x0
Soit I un intervalle non trivial et f : I → R continue. Pour x0 ∈ I, on dit que l’application F : x 7→
une intégrale indéfinie de f .
Z
x
f (t)dt est
x0
Propriété
F est dérivable et F ′ = f .
Démonstration
On commence par un lemme élémentaire : Soit f : J → R continue et m, M ∈ R tels que m 6 f 6 M . Alors,
Z x′
1
′
′
pour tous x, x ∈ J tels que x 6= x , on a m 6 ′
f (t)dt = 0 6 M .
x −x x
Z x′
1
f (t)dt est invariant par l’échange x ↔ x′ et on reconnaı̂t alors
En effet, on peut supposer x < x′ car ′
x −x x
les inégalités de la moyenne.
Soit x ∈ I et ε > 0. Il existe α > 0 tel que ∀t ∈ [x − α, x + α], f (x) − ε 6 f (t) 6 f (x) + ε.
Soit alors x′ ∈ [x − α, x + α].
!
Z x′
Z x
Z x′
1
1
F (x′ ) − F (x)
= ′
f (t)dt −
f (t)dt = ′
f (t)dt ∈ [f (x) − ε,f (x) + ε] d’après le lemme.
x′ − x
x −x
x −x x
x0
x0
F (x′ ) − F (x)
En résumé : ∀x ∈ I, ∀ε > 0, ∃α > 0, ∀x′ ∈ [x − α, x + α], f (x) − ε 6
6 f (x) + ε.
x′ − x
F (x′ ) − F (x)
= f (x).
C.Q.F.D.
C’est-à-dire lim
x′ →x
x′ − x
3.1.2
Calcul d’une intégrale au moyen d’une primitive
On a déjà revu la propriété suivante : Sur un intervalle, deux primitives d’une même application continue différent
par une constante.
Il en résulte que, si l’on connaı̂t une primitive F d’une application continue f sur un intervalle I, alors
∀a, b ∈ I,
Z
Z
a
b
f (x)dx = F (b) − F (a) = [F (x)]ba
x
f (t)dt est une primitive de f , il existe une constante C telle que ∀x ∈ I,
En effet, comme x 7→
a
Z x
Z x
f (t)dt = F (x) − F (a).
f (t)dt = F (x) − C. En évaluant cette égalité en a, il vient C = F (a) d’où ∀x ∈ I,
a
a
Il ne reste plus qu’à évaluer en b.
On peut rassembler ces deux propriétés sous le nom du
3.1.3
Théorème fondamental du calcul intégral
Si I est un intervalle et f : I → /R est continue, alors f admet des primitives qui sont de classe C 1 .
Si f est de classe C p , ses primitives sont de classe C p+1 .
Z b
f (x)dx = F (b) − F (a).
Soit F une primitive de f sur I ; pour tous a, b ∈ I,
a
11
3.1.4
Primitives usuelles
Intervalle et condition
Fonction
Primitives
Sur R
x 7→ 0
x 7→ C
Sur R
x 7→ a
x 7→ ax + C
Sur R∗+ où R∗− si α entier, α < −1
x 7→ xα
x 7→
Sur R∗
x 7→
Sur R avec a 6= 0
x 7→ cos(ax + b)
x 7→
Sur R avec a 6= 0
x 7→ sin(ax + b)
1
x 7→ − cos(ax + b) + C
a
i π
h
π
Sur − + kπ, + kπ avec k ∈ Z
2
2
x 7→
Sur R, α complexe non nul.
x 7→ eαx
x 7→
1 αx
e +C
α
Sur R, a réel strictement positif et a 6= 1
x 7→ ax
x 7→
1 x
a +C
ln a
Sur ] − 1, 1[
x 7→ √
Sur R si α ∈ N
Sur R∗+ si α ∈ R\Z
1
x
1
xα+1 + C
α+1
x 7→ ln |x| + C±
1
= 1 + tan2 x
cos2 x
1
1 − x2
1
1 + x2
Sur R
x 7→
Sur R avec α 6= 0 et β 6= 0
1
x 7→
(x − α)2 + β 2
Sur R
x 7→ √
Sur ]1, + ∞[
x 7→ √
1
x2 + 1
1
x2 − 1
12
1
sin(ax + b) + C
a
x 7→ tan x + Ck
x 7→ arcsin(x) + C
ou x 7→ − arccos(x) + C
x 7→ arctan(x) + C
1
x 7→ arctan
β
x−α
β
x 7→ Argsh(x) + C
√
= ln(x + x2 + 1) + C
x 7→ Argch(x) + C
√
= ln(x + x2 − 1) + C
3.1.5
Formules courantes de primitives.
Toutes les fonctions considérées sont au moins continues sur un même intervalle I.
f et g ont pour primitives F et G
f et g sont de classe C 1
λf + µg
f ′g + f g′
λF + µG + C te
f g + C te
f et g sont de classe C 1 et g ne s’annule pas.
f ′g − f g′
g2
f
+ C te
g
f est de classe C 1 et définie sur I et α 6= −1, > 0 si α ∈
/Z
f αf ′
1
f α+1 + C te
α+1
Cas particulier du précédent avec f > 0.
f′
√
f
√
2 f + C te
f est de classe C 1 et f ne s’annule pas sur I
f′
f
ln |f | + C te
3.2
Rappels sur l’intégration par partie et le changement de variable
3.2.1
L’intégration par parties
Exercice 7
Rappeler et re-démontrer la formule d’intégration par parties.
3.2.2
Le changement de variable
Exercice 8
Même chose pour l’intégration par changement de variable.
4
Compléments
4.1
4.1.1
Formules de Taylor
Taylor avec reste intégral
Théorème
Soit I un intervalle n ∈ N et f : I → R de classe C n+1 . Alors :
∀a ∈ I, ∀x ∈ I, f (x) =
Démonstration
n
X
(x − a)k
k=0
k!
f
(k)
(a) +
Z
x
a
(x − t)n (n+1)
f
(t)dt
n!
Exercice 9
1. Montrer la formule au rang n = 0.
2. On suppose la propriété vraie au rang n − 1 et on suppose que f vérifie les hypothèses du rang n.
(a) Vérifier que f vérifie bien les hypothèses du rang n − 1 et écrire la formule au rang n − 1.
(b) Au moyen d’une intégration par parties, établir la formule au rang n et conclure.
13
4.1.2
Inégalité de Taylor-Lagrange
Théorème
Soit I un intervalle, n un entier naturel, M un réel positif et f : I → R de classe C n+1 telle que |f (n+1) | 6 M .
Alors :
n
k
X
|x − a|n+1
(x
−
a)
f (k) (a) 6 M
∀a ∈ I, ∀x ∈ I, f (x) −
k!
(n + 1)!
k=0
Démonstration
Supposons
x > a. Z
n
X
(x − a)k x (x − t)n (n+1)
f
(t)dt
=
f (x) −
k! n!
a
k=0
t=x
Z x
Z x
|x − t|n (n+1)
(x − t)n+1
(x − t)n
(x − a)n+1
6
|f
(t)|dt 6 M
dt = −M
=M
n!
n!
(n + 1)! t=a
(n + 1)!
a
a
Exercice 10
Traiter le cas x < a.
4.1.3
Applications de Taylor-Lagrange aux fonctions usuelles
• La fonction exponentielle.
Fixons R > 0. Pour tout n ∈ N et tout x ∈ [−R, R]
Il en résulte ex = lim
n→+∞
n
X
xk
k=0
k!
| exp(n) (x)|
ce qu’on notera plus tard :
ex =
n
|x|n+1 R
x X xk e .
d’où e −
6
k! (n + 1)!
k=0
+∞ k
X
x
k=0
• cos et sin.
6
eR
k!
Exercice 11
n
n
2p
X
X
x2p+1
p x
(−1)
Établir les formules : ∀x ∈ R, cos(x) = lim
(−1)p
et sin(x) = lim
.
n→+∞
n→+∞
(2p)!
(2p + 1)!
p=0
p=0
• Logarithme
Exercice 12
(a) Soit x ∈ [0,1[ et f : [0,x] → R définie par f (t) = ln(1 + t).
i. Pour tout k ∈ N∗ , calculer f (k) (t) pour tout t ∈ [0,x] puis f (k) (0).
ii. Montrer que ∀n > 0, ∀t ∈ [0,x], |f (n+1)
(t)| 6 n!.
n
n
k
X
X
xk
xn+1
k−1 x (−1)
iii. En déduire ln(1 + x) −
(−1)k−1 .
puis ln(1 + x) = lim
6
n→+∞
k n+1
k
k=1
k=1
(b) On veut étendre cette formule à x ∈] − 1,0] ; on fixe un tel x et on considère f : [1 + x,1] → R définie
encore par f (t) = ln(1 + t).
n!
.
i. Montrer que sup |f (n+1) | =
(1 + x)n+1
n
k
X
x
1
|x|n+1
ii. Montrer, en appliquant la formule de Taylor que ln(1 + x) −
(−1)k−1 6
×
.
n+1
k (1 + x)
n+1
k=1
|x|n+1
1
×
= 0?
iii. À quelle condition sur x ∈] − 1,0] a-t-on lim
n→+∞ n + 1
(1 + x)n+1
n
X
xk
(−1)n−1 .
En déduire que pour ces valeurs on a encore ln(1 + x) = lim
n→+∞
k
k=1
14
∗
(c) On veut étendre les résultats
précédents à tous les réels x ∈] − 1,1]. Soit n ∈ N .
n−1
1
X
|t|n
−
.
(−1)k tk =
Montrer que ∀t ∈] − 1,1[, 1+t
1 + t
k=0
(d) En déduire, au moyen d’une intégration entre 0 et x que ∀x ∈] − 1,1] :
n−1
k+1 X
xn+1
x
• Si x > 0, ln(1 + x) −
(−1)k
6
k + 1 n + 1
k=0
n−1
k+1 X
x
|x|n+1
• Si x < 0, ln(1 + x) −
(−1)k
6
k + 1 (n + 1)(1 + x)
k=0
(e) Retrouver dans les deux cas la formule donnant ln(1 + x).
(f) Expliquer comment on peut calculer de deux façons ln(2) en utilisant les formules précédentes et dire
laquelle des deux façons est la plus rapide.
4.1.4
Formule de Taylor-Young
On a déjà vu la formule de Taylor-Young dans le cours sur les développements limités.
On peut la déduire facilement ici de l’inégalité de Taylor-Lagrange ce qui permet de formuler le théorème :
Formule de Taylor-Young
Soit I un intervalle et f : I → R une application de classe C n+1 . Alors, pour tout a ∈ I, f admet un développement
limité à l’ordre n et celui-ci est donné par la formule de Taylor-Young
f (a + h) = f (a) + hf ′ (a) +
c’est-à-dire
f (a + h) =
hn (n)
h2 ′′
f (a) + · · · +
f (a) + o(hn )
2!
n!
n
X
hk
k=0
ou encore :
f (x) =
n
X
(x − a)n
k=0
4.2
4.2.1
f (k) (a) + o(hn )
(x − a)2 ′′
(x − a)n (n)
f (a) + · · · +
f + o((x − a)n )
2!
n!
f (x) = f (a) + (x − a)f ′ (a) +
c’est-à-dire
k!
n!
f (k) (a) + o((x − a)n )
Intégration des fonctions continues à valeurs complexes
Intégrale d’une fonction continue sur un segment
Soient a < b deux réels, f : [a,b] → C une application continue. On pose f = g + ih avec g et h continues à valeurs
réelles.
Définition
Avec les notations ci-dessus, on pose
Z
[a,b]
f=
Z
g+i
[a,b]
Z
h.
[a,b]
Cette définition s’étend naturellement au cas où I est un intervalle, f : I → C est continue et où a et b sont deux
réels quelconques dans I.
Z b
f (x)dx.
L’intégrale se note à nouveau
a
15
4.2.2
Calcul au moyen de primitives
Si f = g + ih : I → C est continue, les primitives de f sont les fonctions F = G + iH avec G, H : I → R dérivables,
G′ = g et H ′ = h.
On a alors évidement :
Z
a
4.2.3
b
f (x)dx = F (b) − F (a).
Linéarité
La linéarité de l’intégrale s’étend au cas des fonctions à valeurs complexes et des coefficients complexes :
Z b
Z b
Z b
f2 (x)dx.
f1 (x)dx + λ2
λ1 f1 (x) + λ2 f2 (x)dx = λ1
∀f1 , f2 : I → C continues, ∀λ1 , λ2 ∈ C, ∀a, b ∈ I,
a
a
a
Exercice 13
1. En posant f1 = g1 + ih1 et f2 = g2 + ih2 avec g1 , g2 , h1 , h2 à valeurs réelles, montrer que l’on a :
Z b
Z b
Z b
f2 (x)dx.
f1 (x)dx +
f1 (x) + f2 (x)dx =
a
a
a
2. En posant f = g + ih et λ = α + iβ avec g, h à valeurs réelles et α, β ∈ R, montrer, en utilisant la définition
Z b
Z b
f (x)dx.
λf (x)dx = λ
et la linéarité de l’intégrale des fonctions à valeurs réelles que
a
4.2.4
a
Inégalité du module
Proposition
Soient a < b et f : [a,b] → C une application continue. Alors :
Z b
Z b
f (x)dx 6
|f (x)|dx
a
a
Autrement dit, le module de l’intégrale est inférieur à l’intégrale du module.
Démonstration
Z b
f (x)dx = ρeiθ avec ρ > 0 puis e−iθ f = g + ih avec g et h à valeurs réelles. On a :
On pose
a
Z b
Z b
Z b
Z b
Z b
−iθ
−iθ
f (x)dx = ρ = e
h(x)dx.
g(x)dx + i
e f (x)dx =
f (x)dx =
a
a
a
a
a
Z b
Z b
g(x)dx > 0. On a donc :
h(x)dx = 0 et
Comme on est parti d’un réel positif, on a
a
a
Z b
Z b
Z b
f (x)dx = g(x)dx 6
|g(x)|dx.
a
a
a
−iθ
−iθ
|g| = |Re(e
Or
Z bf )| 6 |e f | = |f |. On a donc :
Z b
6
f
(x)dx
|f (x)|dx.
a
C.Q.F.D.
a
4.2.5
Intégration par partie et par changement de variable
• La formule d’intégration par partie s’énonce de la même façon que pour les fonctions à valeurs réelles.
• Pour la formule de changement de variable, on fera attention au fait que l’application ϕ de classe C 1 est à
valeurs réelles et l’application f à valeurs complexes.
Formule d’intégration par changement de variable.
Soient I, J deux intervalles, ϕ : I → J de classe C 1 et f : J → C. Soient α, β ∈ I, a = ϕ(α), b = ϕ(β),
alors :
Z
Z
β
b
f (x)dx =
α
a
f ◦ ϕ(t)ϕ′ (t)dt
La démonstration est analogue à celle des fonctions à valeurs réelles.
16
4.2.6
Formule de Taylor avec reste intégral
En utilisant des intégrations par parties ou en appliquant le cas réel aux parties réelles et imaginaires, on obtient
la formule de Taylor avec reste intégrale qui s’énonce de la même façon que pour le cas réel.
En utilisant l’inégalité du module, on en déduit l’inégalité de Taylor-Lagrange pour les fonctions à valeurs complexes.
4.2.7
Application : l’exponentielle des complexes
Exercice 14
Soit z ∈ C et f : [0,1] → C définie par f (t) = etz .
1. Rappeler la définition de ez . Quels sont les arguments et le module de ez ?
2. Calculer f (k) (t) pour tout entier naturel k et tout réel t ∈ [0,1].
3. Montrer que sup |f (n+1) | 6 |z|n+1 exp(|z|).
n
k
X
|z|n+1
z
exp(|Re(z)|) et conclure quant à l’expression de ez au moyen
4. Montrer que ∀n ∈ N, ez −
6
k! (n + 1)!
k=0
de la limite d’une somme.
17