Intégration au sens de Riemann

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Analyse L2
Série 1 - Intégration au sens de Riemann
Exercice 1
Calculer :
∫
π
I=
exp(x) sin(x)dx.
0
Solution:
En intégrant deux fois par parties, on obtient :
∫
I
x
sin(x)]π0
−
π
=
[e
=
−[ex cos(x)]π0 −
=
1 − eπ − I.
ex cos(x)dx
0∫ π
ex sin(x)dx
0
Finalement,
I=
1 − eπ
.
2
Exercice 2
Dire si les affirmations suivantes sont vraies ou fausses, et justifier :
1. La fonction f : R −→ R est Riemann-intégrable sur [−1, 1].
2
x 7−→ ex
2. La fonction g : R −→ R
est Riemann-intégrable sur [−1, 1].
x 7−→ cos(x)1x<0 + sin(x)
3. La fonction h : R −→ R
est Riemann-intégrable sur [0, 1].
x 7−→ 1x∈Q
Solution:
1. f est Riemann-intégrable en tant que fonction continue.
2. g est Riemann-intégrable en tant que fonction continue par morceaux.
3. h n’est pas intégrable. En effet, fixons n ∈ N et 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 densité de Q dans R), ainsi qu’un nombre réel dans ce
même sous-ensemble (par densité de R \ Q dans R). Ainsi, si on note s(f, σ) (resp. S(f, σ))
la somme de Darboux inférieure (resp. supérieure) à f associée à 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-intégrable.
Exercice 3
Soit f : [0, 1] −→ R continue et telle que
∫
1
f (t)dt = 0.
0
On pose α = minx∈[0,1] f (x) et β = maxx∈[0,1] f (x). Montrer que
∫
1
f (t)2 dt ≤ −αβ
0
2015-2016
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Analyse L2
Solution:
Les fonctions f − α et β − f sont positives, donc
∫ 1
∫
0≤
(f − α)(β − f ) = (β + α)
0
et donc
∫
1
f − αβ −
0
∫
∫
1
1
f = −αβ −
2
0
f2
0
1
f 2 ≤ −αβ
0
Référence : [1]
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Analyse L2
Série 2 - Intégration au sens de Riemann
Exercice 1
Calculer :
∫
I=
0
1
dx
.
(x + 1)(x − 2)
Solution:
On a la décomposition en éléments simples suivantes, pour tout x ∈ [0, 1],
1
1 1
1 1
=−
+
.
(x + 1)(x − 2)
3x+1 3x−2
Or
∫
1
dx
= ln(2) − ln(1),
x+1
1
dx
= ln(1) − ln(2).
x−2
0
et
∫
0
Finalement,
2
I = − ln(2).
3
Exercice 2
1. Rappeler la définition de l’intégrale au sens de Riemann d’une fonction sur [a, b], où a < b sont
réels.
2. Montrer qu’une fonction croissante définie sur [a, b], où a < b sont réels, est intégrable au sens
de Riemann.
3. Montrer qu’une fonction monotone définie sur [a, b], où a < b sont réels, est intégrable au sens
de Riemann.
Solution:
1. On rappelle que pour σ = {x0 < x1 ... < xn } une subdivision de [a, b], la somme de Darboux
inférieure associée à f et σ est :
)
n (
∑
s(f, σ) =
inf
f (x) (xi − xi−1 )
i=1
x∈[xi−1 ,xi ]
et la somme de Darboux supérieure associée à f et σ est :
(
)
n
∑
S(f, σ) =
sup f (x) (xi − xi−1 )
i=1
x∈[xi−1 ,xi ]
On dit que f est intégrable au sens de Riemann sur [a, b] si
sup {s(f, σ), σ ∈ Σ} = inf {S(f, σ), σ ∈ Σ}
où Σ désigne l’ensemble des subdivisions de [a, b].
2. Soit f une fonction croissante sur [a, b]. Soit σn = {xi }0≤i≤n la subdivision régulière de [a, b].
On a
inf f = f (xi−1 ) et
sup f = f (xi ) ∀i ∈ J1, nK.
[xi−1 ,xi ]
[xi−1 ,xi ]
Donc
S(f, σn ) − s(f, σn ) =
n
∑
(xi − xi−1 )(f (xi ) − f (xi−1 ))
i=1
=
=
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b−a∑
f (xi ) − f (xi−1 )
n i=1
b−a
(f (b) − f (a))
n
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n
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Analyse L2
Ainsi lim S(f, σn ) − s(f, σn ) = 0, donc f est Riemann-intégrable.
n→+∞
3. Soit f une fonction décroissante. Alors −f est croissante, donc Riemann-intégrable par la
question précédente. Ainsi f est Riemann-intégrable.
Exercice 3
Déterminer la limite suivante :
∫
π
2
lim
u→0+
e−u sin(x) dx.
0
Indication : On admet que pour tout t ≥ 0, 0 ≤ 1 − e−t ≤ t.
Solution:
Puisque pour tout x ∈ [0, π2 ], limu→0+ −u sin(x) =
∫ π2
1dx. Soit u > 0. On a :
0
∫ π
∫ π2 2
−u sin(x)
e
dx −
dx =
0
0
1, on conjecture que la limite recherchée est
∫ π
2
−u sin(x)
(e
− 1)dx
0
∫ π2
=
(1 − e−u sin(x) )dx
0
Or l’indication fournit
∫ π
2
π −u sin(x)
e
dx − ≤
0
2
∫
π
2
u sin(x)dx
0
∫
≤
π
2
udx =
0
π
u
2
On conclut en passant à la limite dans l’inégalité précédente que
∫
lim+
u→0
π
2
e−u sin(x) dx =
0
π
2
Référence : [2]
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Analyse L2
Série 3 - Intégration au sens de Riemann
Exercice 1
1. Rappeler la formule d’intégration par changement de variable d’une fonction f : [a, b] −→ R
continue, où a < b sont réels.
2. Calculer :
∫ 2
dx
√
I=
.
x
1
+ x2
1
√
à l’aide du changement de variable ϕ : x 7−→ 1 + x2 .
Solution:
1. Soit f : I −→ R continue, ϕ ∈ C 1 ([a, b]) avec ϕ([a, b]) ⊂ I. Alors
∫
∫
ϕ(b)
b
f (x)dx =
ϕ(a)
f (ϕ(t))ϕ0 (t)dt
a
2. Tout d’abord on calcule, pour tout x ∈ [1, 2],
x
ϕ0 (x) = √
.
1 + x2
Ainsi
∫
I
√ √
Or, pour tout x ∈ [ 2, 5],
ϕ0 (x)dx
2
∫1 2 0x
ϕ (x)dx
=
ϕ(x)2 − 1
∫1 √5
dx
=
√
2−1
x
2
1
1
=
2
x −1
2
d’où
2
=
(
1
1
−
x−1 x+1
)
√
1
5
[ln(x − 1) − ln(x + 1)]√2
2
)
)
(√
(√
1
5−1
1
2−1
I = ln √
− ln √
2
2
5+1
2+1
I=
Exercice 2
Soit f : [0, 1] −→ R continue. On note M = supx∈[0,1] |f (x)|. Montrer que :
∫ 1
3
(f (x) + xf (1 − x)) dx ≤ M.
2
0
Solution:
On a
∫
1
0
∫ 1
(f (x) + xf (1 − x)) dx ≤
|f (x) + xf (1 − x)| dx
∫0 1
≤
(|f (x)| + x|f (1 − x)|) dx
∫0 1
(M + xM )dx
≤
0 ∫
1
= M
(1 + x)dx.
0
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Analyse L2
D’où
∫
1
0
3
(f (x) + xf (1 − x)) dx ≤ M.
2
Référence : [2].
Exercice 3
On définit, pour tout n ∈ N, fn : ]0, 1]
x
∫
−→ R
. Montrer que
7−→ ne−nx
∫
1
1
lim fn (x)dx 6= lim
0 n→+∞
fn (x)dx.
n→+∞
0
Solution:
Soit x ∈]0, 1]. On a
lim fn (x) = 0,
n→+∞
d’où
∫
1
lim fn (x)dx = 0.
0 n→+∞
Soit ensuite n ∈ N. On a
∫
1
fn (x)dx = 1 − e−n ,
0
d’où
∫
1
lim
n→+∞
Finalement,
∫
fn (x)dx = 1.
0
∫
1
1
lim fn (x)dx 6= lim
0 n→+∞
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n→+∞
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fn (x)dx.
0
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BONUS
Exercice 1
Calculer :
∫
π/4
I=
ln(1 + tan(x))dx.
0
Solution:
On remplace tan par sin / cos :
∫
∫
π/4
ln cos xdx
0
Or sin x + cos x =
π/4
ln(sin(x) + cos(x))dx −
I=
0
√
(
)
2 cos x − π4 , de sorte que
∫
0
π/4
π √
ln(sin(x) + cos(x))dx = ln 2 +
4
Or, par le changement de variable u =
∫
π/4
0
π
4
∫
0
π/4
(
π)
ln cos x −
dx
4
− x, on a
∫ π/4
(
π)
dx =
ln cos(u)du
ln cos x −
4
0
On obtient donc finalement
I=
π √
π
ln 2 = ln 2
4
8
Référence : [1]
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Analyse L2
Références
[1] S. Francinou, H. Gianella et S. Nicolas : Exercices de mathématiques - Oraux X/ENS : Analyse
1. Cassini, 2e édition, 2008.
[2] J.-M. Monier : Les méthodes et exercices de Mathématiques, MPSI. Dunod, 2008.
2015-2016
8/8
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