Intégration au sens de Riemann

Analyse L2 Colles
S´erie 1 - Int´egration au sens de Riemann
Exercice 1
Calculer :
I=π
0
exp(x) sin(x)dx.
Solution:
En int´egrant deux fois par parties, on obtient :
I= [exsin(x)]π
0−π
0
excos(x)dx
=−[excos(x)]π
0−π
0
exsin(x)dx
= 1 −eπ−I.
Finalement,
I=1−eπ
2.
Exercice 2
Dire si les affirmations suivantes sont vraies ou fausses, et justifier :
1. La fonction f:R−→ R
x7−→ ex2
est Riemann-int´egrable sur [−1,1].
2. La fonction g:R−→ R
x7−→ cos(x)1x<0+ sin(x)
est Riemann-int´egrable sur [−1,1].
3. La fonction h:R−→ R
x7−→ 1x∈Q
est Riemann-int´egrable sur [0,1].
Solution:
1. fest Riemann-int´egrable en tant que fonction continue.
2. gest Riemann-int´egrable en tant que fonction continue par morceaux.
3. hn’est pas int´egrable. En effet, fixons n∈Net notons σ={x0, x1, ..., xn}une subdivision de
[0,1], avec (xi)i∈[0,n]strictement croissante. Pour tout i∈J1, nK, il existe un rationnel dans le
sous-ensemble non vide [xi−1, xi] (par densit´e de Qdans R), ainsi qu’un nombre r´eel dans ce
mˆeme sous-ensemble (par densit´e de R\Qdans R). Ainsi, si on note s(f, σ) (resp. S(f, σ))
la somme de Darboux inf´erieure (resp. sup´erieure) `a fassoci´ee `a une subdivision σ, on a, si
on note Σ l’ensemble des subdivisions de [0,1],
sup {s(f, σ), σ ∈Σ}= 0,
et
inf {S(f, σ), σ ∈Σ}= 1.
Donc la fonction n’est pas Riemann-int´egrable.
Exercice 3
Soit f: [0,1] −→ Rcontinue et telle que
1
0
f(t)dt = 0.
On pose α= minx∈[0,1] f(x) et β= maxx∈[0,1] f(x). Montrer que
1
0
f(t)2dt ≤ −αβ
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Analyse L2 Colles
Solution:
Les fonctions f−αet β−fsont positives, donc
0≤1
0
(f−α)(β−f) = (β+α)1
0
f−αβ −1
0
f2=−αβ −1
0
f2
et donc
1
0
f2≤ −αβ
R´ef´erence : [1]
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Analyse L2 Colles
S´erie 2 - Int´egration au sens de Riemann
Exercice 1
Calculer :
I=1
0
dx
(x+ 1)(x−2).
Solution:
On a la d´ecomposition en ´el´ements simples suivantes, pour tout x∈[0,1],
1
(x+ 1)(x−2) =−1 3
1
x+ 1 +1 3
1
x−2.
Or
1
0
dx
x+ 1 = ln(2) −ln(1),
et
1
0
dx
x−2= ln(1) −ln(2).
Finalement,
I=−2
3ln(2).
Exercice 2
1. Rappeler la d´efinition de l’int´egrale au sens de Riemann d’une fonction sur [a, b], o`u a < b sont
r´eels.
2. Montrer qu’une fonction croissante d´efinie sur [a, b], o`u a < b sont r´eels, est int´egrable au sens
de Riemann.
3. Montrer qu’une fonction monotone d´efinie sur [a, b], o`u a<bsont r´eels, est int´egrable au sens
de Riemann.
Solution:
1. On rappelle que pour σ={x0< x1... < xn}une subdivision de [a, b], la somme de Darboux
inf´erieure associ´ee `a fet σest :
s(f, σ) =
n
i=1 inf
x∈[xi−1,xi]f(x)(xi−xi−1)
et la somme de Darboux sup´erieure associ´ee `a fet σest :
S(f, σ) =
n
i=1 sup
x∈[xi−1,xi]
f(x)(xi−xi−1)
On dit que fest int´egrable au sens de Riemann sur [a, b] si
sup {s(f, σ), σ ∈Σ}= inf {S(f, σ), σ ∈Σ}
o`u Σ d´esigne l’ensemble des subdivisions de [a, b].
2. Soit fune fonction croissante sur [a, b]. Soit σn={xi}0≤i≤nla subdivision r´eguli`ere de [a, b].
On a
inf
[xi−1,xi]f=f(xi−1) et sup
[xi−1,xi]
f=f(xi)∀i∈J1, nK.
Donc
S(f, σn)−s(f, σn) =
n
i=1
(xi−xi−1)(f(xi)−f(xi−1))
=b−a
n
n
i=1
f(xi)−f(xi−1)
=b−a
n(f(b)−f(a))
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Analyse L2 Colles
Ainsi lim
n→+∞S(f, σn)−s(f, σn) = 0, donc fest Riemann-int´egrable.
3. Soit fune fonction d´ecroissante. Alors −fest croissante, donc Riemann-int´egrable par la
question pr´ec´edente. Ainsi fest Riemann-int´egrable.
Exercice 3
D´eterminer la limite suivante :
lim
u→0+ π
2
0
e−usin(x)dx.
Indication : On admet que pour tout t≥0, 0 ≤1−e−t≤t.
Solution:
Puisque pour tout x∈[0,π
2], limu→0+ −usin(x) = 1, on conjecture que la limite recherch´ee est
π
2
01dx. Soit u > 0. On a :
π
2
0
e−usin(x)dx −π
2
0
dx =π
2
0
(e−usin(x)−1)dx
=π
2
0
(1 −e−usin(x))dx
Or l’indication fournit
π
2
0
e−usin(x)dx −π
2≤π
2
0
usin(x)dx
≤π
2
0
udx =π
2u
On conclut en passant `a la limite dans l’in´egalit´e pr´ec´edente que
lim
u→0+π
2
0
e−usin(x)dx =π
2
R´ef´erence : [2]
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Analyse L2 Colles
S´erie 3 - Int´egration au sens de Riemann
Exercice 1
1. Rappeler la formule d’int´egration par changement de variable d’une fonction f: [a, b]−→ R
continue, o`u a < b sont r´eels.
2. Calculer :
I=2
1
dx
x√1 + x2.
`a l’aide du changement de variable ϕ:x7−→ √1 + x2.
Solution:
1. Soit f:I−→ Rcontinue, ϕ∈C1([a, b]) avec ϕ([a, b]) ⊂I. Alors
ϕ(b)
ϕ(a)
f(x)dx =b
a
f(ϕ(t))ϕ0(t)dt
2. Tout d’abord on calcule, pour tout x∈[1,2],
ϕ0(x) = x
√1 + x2.
Ainsi
I=2
1
ϕ0(x)dx
x2
=2
1
ϕ0(x)dx
ϕ(x)2−1
=√5
√2
dx
x2−1
Or, pour tout x∈[√2,√5],
1
x2−1=1 21 x−1−1 x+ 1
d’o`u
I=1
2[ln(x−1) −ln(x+ 1)]√5
√2
I=1
2ln √5−1
√5 + 1−1
2ln √2−1
√2 + 1
Exercice 2
Soit f: [0,1] −→ Rcontinue. On note M= supx∈[0,1] |f(x)|. Montrer que :
1
0
(f(x) + xf(1 −x)) dx≤3
2M.
Solution:
On a 1
0
(f(x) + xf(1 −x)) dx≤1
0|f(x) + xf(1 −x)|dx
≤1
0
(|f(x)|+x|f(1 −x)|)dx
≤1
0
(M+xM)dx
=M1
0
(1 + x)dx.
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