integration

Intégration
Définition 1 :
Soit (a,b) ∈ ℝ² tel que a < b, et n ∈ ℕ. On appelle subdivision à (n+1) éléments
de [a, b] des réels σ0, σ1, … , σn tels que a = σ0 < σ1 < … < σn = b.
Définition 2 :
Une fonction f définie sur [a, b] est dite en escalier ssi, pour tout k ∈ ⟦0, n⟧ , f est
constante sur ]σk , σk+1[, où (σ0, σ1, … , σn) est une subdivision de [a, b].
Exemple 1 :
Définition 3 : Intégrale de Riemann
Soit (a,b) ∈ ℝ² tel que a < b, et n ∈ ℕ. Soit (σ0, σ1, … , σn) une subdivision de [a, b].
Soit, pour tout k
∈
⟦0, n⟧ , λk la valeur de f sur ]σk , σk+1[, où f est une fonction en
escalier. On appelle intégrale de f de a à b la valeur :
b
∫a
f =
b
∫a
n
f (x )dx =
∑ λ k (σ k+1−σ k )
k =0
Définition 4 :
1) Soit f ∈ C ([a,b], ℝ+), où (a,b) ∈ ℝ². On définit l'intégrale de f de a à b par
0
b
∫a
b
où A = {∫a g | g est en escalier sur [a ,b ]et g ⩽ f }
f = sup A
2) Soit f ∈ C ([a,b],
0
+
-
ℝ), où (a,b) ∈ ℝ². Soit f+ = max(f, 0) et f -= max(0, -f).
+
-
Alors f = f - f , f ⩾0 et f ⩾0. On pose alors :
b
∫a
Exemple 2 :
f =
b
∫a
b
f + −∫a f −¿
Définition 5 :
Soit f ∈ C ([a,b], ℝ), où (a,b) ∈ ℝ².
0
b
1) Si a
2)
a
⩾b, on pose ∫a f = −∫b f
b
0
Si f ∈ C ([a,b], ℂ), on pose ∫a f
=
b
b
∫a ℜ( f )+ i∫a ℑ( f )
Proposition 1 : Linéarité de l'intégrale
Soit (a,b) ∈ ℝ² et f et g deux fonctions continues sur [a,b]. Soit λ dans ℝ ou ℂ.
1)
2)
b
b
∫a ( f + g) = ∫a
b
b
∫a λ.f = λ. ∫a f
f+
b
∫a g
Preuve :
+
-
Quitte à séparer f en f et f , on peut supposer que f est positive sur [a,b].
Notons α et β des fonctions en escalier, (σ0, σ1, … , σn) les subdivisions adéquates, et
∈ ℕ, λk et µk les valeurs de
pour tout k
α et β sur ]σk , σk+1[. Remarquons que le
sup est bien défini, car l'ensemble et non vide et majoré.
1)
b
= sup {∫a (α+β) | α ⩽ f et β⩽ g } . Par définition,
b
= sup {∑ (λ k +µ k )(σ k+1−σ k ) | α ⩽ f et β⩽ g } . Ainsi,
∫a ( f + g)
∫a ( f + g)
b
n
k =0
n
b
n
∫a ( f +g ) = sup { ∑ λk (σ k+1−σ k ) | α ⩽ f } + sup { ∑ µ k (σ k+1−σ k ) | β⩽ g }
k=0
Finalement, on a bien
2)
b
∫a λ . f
b
k=0
b
∫a ( f +g )
=
b
∫a
f+
b
∫a g
b
= sup {∫a λ . α | α ⩽ f } . De même, on a, par définition,
n
∫a λ . f = sup {∑ λ . λ k .(σ k+1−σ k ) | α ⩽ f } . Finalement, on a bien
k =0
b
n
∫a λ . f = sup {λ . ∑ λ k .(σ k+1−σ k ) | α ⩽ f } , c'est-à-dire
b
∫a λ . f
k=0
n
b
= λ . sup {∑ λ k .(σ k+1−σ k ) | α ⩽ f } = λ .∫a f
k=0
Proposition 2 : Relation de Chasles
3
Soit f ∈ C (I, ℂ), et (a,b,c) ∈ I . Alors
0
b
∫a
f+
c
∫b
f =
c
∫a
f
Preuve :
Les preuves étant similaires, on peut supposer a < b < c. Avec les mêmes notations,
et on pose comme subdivisions de [a,b] et [b,c] les réels (σ0, σ1, … , σn) et (σn+1, σn+2,
+
… , σm). On peut aussi supposer f positive, quitte à séparer f en f et f
b
∫a
b
∫a
f+
f+
c
∫b
c
∫b
n
f = sup {∑ λ k (σ k+1−σ k ) | α ⩽ f } + sup {
k =0
m
k =0
c
∫a
.
m
∑
k =n+1
f = sup {∑ λ k (σ k+1−σ k ) | α ⩽ f } =
-
λ k (σ k+1−σ k ) | α ⩽ f }
f
Proposition 3 : Positivité de l'intégrale
Soit f ∈ C ([a,b], ℝ+), où (a,b) ∈ ℝ² et a < b. Alors :
0
1)
2)
b
∫a
b
∫a
f ( t)dt ⩾ 0
f ( t)dt = 0 ssi ∀ t ∈ [a , b], f (t )=0
Preuve :
1) f est minorée par la fonction nulle, qui est en escalier. On a ainsi
b
∫a
b
∫a
b
∫a
n
f = sup {∑ λ k (σ k+1−σ k ) | α ⩽ f } . Par suite, comme f
k =0
n
⩾ 0, on a
n
f ⩾ sup { ∑ λk (σ k+1−σ k ) | α ⩽ 0 } = max {∑ λ k (σ k +1−σ k ) | α ⩽ 0 }
k=0
, ie
k=0
f ⩾0
2) Le sens réciproque étant immédiat, montrons le sens direct. Supposons par
l'absurde que f > 0. Il existe alors x0 ∈ [a,b] tel que f(x0) > 0. Comme f est
continue, il existe un voisinage V que, pour tout x ∈ V, f(x) > 0.
Soit (c,d) ∈ [a,b]² tel que V = [c,d]. On peut trouver une fonction en escalier
d
g telle que 0 < g < f, ie
0 =
b
∫a
f =
c
∫a
Finalement, f = 0.
f+
∫c
d
∫c
f >
f+
b
∫d
d
∫c g
> 0 . Par relation de Chasles, on a
f > 0 , ce qui est absurde.
Corollaire 1 : Inégalités utiles
Soit (f,g) ∈ C ([a,b], ℝ)², où (a,b) ∈ ℝ² et a < b. Alors :
0
b
1) Si f ⩽g, alors
2)
b
∫a
b
f ⩽ ∫a g
b
|∫a f | ⩽ ∫a | f | avec égalité ssi f est de signe constant.
3) Si f est à valeurs complexes, ils y a égalité ssi la fonction Arg(f) est constante
partout où elle est définie.
Preuve :
b
1) On a f - g ⩽0, donc
∫a ( f −g)
⩽ 0 , ie
b
∫a
b
f ⩽ ∫a g
2) Par définition, on a | f | ⩾ f et | f | ⩾− f . Par le point précédent, on a :
b
b
b
b
b
b
∫a | f | ⩾ ∫a f et ∫a | f | ⩾−∫a f , ie ∫a | f | ⩾ |∫a f | .
Montrons le cas d'égalité. Notons que | f |− f ⩾ 0 et | f |+ f ⩾ 0 . On a :
b
∫a | f |
b
∫a | f |
b
= | ∫a f | ssi
− f = 0 ou
3) Supposons que
b
b
∫a
b
b
∫a | f | = ∫a f
b
∫a | f |+ f = 0
ou
b
∫a | f |
b
= −∫a f ssi
ssi | f | = f ou | f | = − f
b
f ≠ 0 (ce cas est évident). Notons θ = Arg ( ∫a f ) .
b
b
b
Alors e−i θ∫a f = |∫a f | , ie |∫a f | = ℜ(e−i θ∫a f ) =
De plus, ℜ(e−i θ f ) ⩽ | f | , donc
b
∫a ℜ( e−i θ f )
b
∫a ℜ(e−i θ f )
.
b
⩽ ∫a | f | , QED.
Montrons le cas d'égalité avec les mêmes hypothèses.
b
∫a ℜ(e−i θ f ) −| f | = 0 et ℜ(e−i θ f ) −| f | ⩽ 0 ie ℜ(e−i θ f ) −| f | = 0
Ainsi, e−i θ f est à valeurs réelles et ∀t ∈[ a , b], f (t ) = e i θ | f (t )| .
Réciproquement, une telle fonction vérifie le cas d'égalité de l'inégalité
triangulaire.
Finalement, on a montré l'équivalence souhaitée, ce qui achève la preuve
Définition 5 :
Soit I un intervalle de ℝ, et f ∈ C (I, ℂ). On dit que F ∈ C (I, ℂ) est une primitive
de f ssi F' = f.
0
0
Théorème 1 :
Soit I un intervalle de ℝ, et f ∈ C (I, ℂ).
1) f admet une primitive.
2) Toutes les primitives de f sont égales à constante près.
0
3) Soit a ∈ I. Il existe une unique primitive s'annulant en a. Mieux, c'est la
fonction Fa définie par, pour tout x ∈ I, F a (x ) =
x
∫a
f ( t)dt
Preuve :
1) Soit Fa définie par, pour tout x ∈ I, F a ( x ) =
est une primitive de f, ie lim
h→0
x
f (t)dt . Montrons que Fa
∫a
F a ( x0 +h) −F a ( x)
= f (x 0 ) pour tout x0
h
∈ I.
Soit un x0 arbitraire dans l'intérieur de I et. f est continue donc on peut choisir
α > 0 tel que : ∀ x∈ I , | x −x 0 | ⩽ α ⇒ | f ( x ) − f ( x0 )| ⩽ ε .
Soit h ∈ ℝ tel que | h | ⩽ α .
x 0+h
On a alors | F a (x 0+h) −F a (x 0 ) −h.f (x 0 )| = |∫x
x 0+h
Ainsi, | F a ( x 0+h) −F a (x 0 ) −h.f (x 0 )| ⩽ |∫x
0
0
x 0+h
f ( x )dx −∫x
0
f ( x 0) dx | .
| f ( x) − f ( x 0) | dx | ⩽ | h | ε .
Or, ε étant choisi quelconque, on a montré que, quand h tend vers 0,
F a (x 0 +h) = F a ( x 0)+h.f ( x 0)+o(h) , ie Fa est dérivable en x0 et de dérivée
f(x0), et ce pour tout x0 ∈ I. Finalement, Fa' = f.
2) Soient F et G deux primitives de f sur I. Elles sont continues sur I = [a,b], et
dérivables sur ]a,b[. De plus, F' = G' = f. Ainsi, (F - G)' = 0. Posons H = F G. Ainsi, d'après l'inégalité des accroissements finis, on a
|
H ( x) −H ( a)
| ⩽ 0 , ie | H ( x) −H (a) | = 0 , ie ( F −G)( x ) = H (a) ,
x −a
où x est un élément quelconque dans I, ce qui achève la preuve.
3) Soit a
∈ I et Fa et G deux primitives de f telles que Fa(a) = 0 et G(a) = 0.
D'après 2), on peut choisir une constante k telle que Fa -G = k. En particulier,
Fa (a) – G(a) = k = 0, ie Fa = G, ce qui prouve la non-multiplicité.
a
De plus, F a (a ) = ∫a f = 0 , ce qui montre l'existence et achève la preuve.
Proposition 4 :
Soit f ∈ C (I, ℂ), où I est un intervalle. Soit (a,b) ∈ I². Soit F une primitive
0
arbitraire de f. Alors F(b) – F(a) est invariante de la primitive choisie. On la note
b
[F (x )]a =
b
∫a
f (x ) dx
Preuve :
Soit F et G deux primitives de f tel que F = G + k, où k est une constante.
Alors F(b) – F(a) = G(b) + k – G(a) – k = G(b) – G(a). De plus, on a
[F (x )]ba = F (b) −F (a) =
b
a
∫0
f ( x)dx −∫0 f ( x) dx =
b
∫a
f ( x) dx
Corollaire 2 : Théorème fondamental de l'analyse
Soit f ∈ C ([a,b], ℂ), où (a,b) ∈ ℝ². Alors
1
b
∫a
f ' (t)dt = f ( b) − f (a)
Preuve :
f est une primitive de f', car (f)' = f'. Le résultat suit d'après la proposition 4.
Proposition 5 : Intégration par parties
Soit (u,v) ∈ C ([a,b], ℂ)², où (a,b) ∈ ℝ². Alors
1
b
∫a u(t) v ' (t) dt
b
= [u (t)v (t)]ba −∫a u ' (t)v (t) dt
Preuve :
b
(uv )' = u ' v+uv ' , ie [u(t )v (t)]a =
b
b
∫a u (t) v ' (t) dt +∫a u ' (t)v (t ) dt
par
intégration, QED.
Proposition 6 : Changement de variable
Soit I un intervalle et f ∈ C (I, ℂ). Soit (a,b) ∈ ℝ² tel que a < b et
0
φ
∈ C1([a,b], I). Alors :
φ (b )
∫φ (a ) f (u ) du
Preuve :
Soit F une primitive de f. Alors
=
b
∫a
f ∘φ( t)φ' (t )dt
φ (b )
∫φ (a ) f (u )du
une primitive de φ ' . f ∘φ , ce qui achève la preuve.
= F ∘ φ(b) −F ∘ φ(a) . Or, F ∘φ est
Définition 6 : Fonction uniformément continue
Soit I un intervalle de ℝ et f une fonction à valeurs complexes. On dit que f est
uniformément continue ssi on a l'assertion suivante :
∀ ε>0, ∃α>0, ∀( x , y)∈ I 2 , | x −y | ⩽ α ⇒ | f ( x) − f ( y )| ⩽ ε
Remarque :
1) Attention à l'ordre des quantificateurs ! f est continue ssi
∀ ε>0, ∀ y ∈I , ∃α>0, ∀ x∈ I , | x − y | ⩽ α ⇒ | f ( x ) − f ( y )| ⩽ ε
2) Une fonction uniformément continue est continue. Il suffit de « prendre
le α de l'uniforme continuité pour la continuité. La réciproque n'est
pas forcément vérifiée. Par exemple, c'est le cas de exp .
Théorème 2 : Théorème de Heine (hors programme)
Soit I un segment et f ∈ C (I, ℂ). Alors f est uniformément continue sur I.
0
Preuve :
Soit (a,b) ∈ ℝ² tel que I = [a,b]. Supposons f ∈ C (I, ℂ). Supposons par
0
l'absurde que f n'est pas uniformément continue, ie l'on peut choisir ε > 0 tel que
∀α>0, ∃( x , y)∈I 2 , | x − y | ⩽ α et | f ( x) − f ( y) | > ε , ce qu'on peut écrire
1
et | f (x n ) − f ( y n )| > ε . Par théorème de
n
Bolzano -Weierstraß, on peut construire une extractrice φ telle que ( x φ (n)) n>0
∀ n>0, ∃( x n , y n )∈ I 2 , | x n − y n | ⩽
converge vers une limite x ∞ . En particulier,
lim | x n −y n | = 0 donc on a
n →+∞
lim | x φ(n ) − y φ(n ) | = 0 , impliquant que ( y φ(n ))n>0 tend aussi vers x ∞ . Or, f est
n →+∞
continue sur I, donc lim | f ( x φ(n )) − f ( y φ (n) )| = 0 , ce qui est absurde car
n →+∞
∀ n>0, | f ( x n ) − f ( y n) | > ε > 0 . Finalement, f est uniformément continue sur I.
Théorème 3 : Sommes de Riemann
Soit (a,b) ∈ ℝ² tel que a < b et f ∈ C ([a,b], ℂ). Soit, pour n ∈ ℕ, n réels
0
(y1,n, …, yn,n) tels que, ∀ k ∈⟦0, n⟧ , y k ,n ∈[a + (k −1)
b −a
n
n →+∞
lim
n
∑ f ( y k ,n )
k=1
=
b
∫a
b −a
b −a
,a + k
] . Alors
n
n
f ( t)dt
Preuve : La démonstration au programme suppose f de classe C .
1
Si f est de classe C sur [a,b], elle est K-lipschitzienne donc uniformément continue.
1
En effet, on peut choisir K ∈ ℂ tel que ∀(x , y )∈I 2 , | f ( x) − f ( y )| ⩽ K | x − y | .
Soit ε > 0 et un tel couple (x,y). Alors | f ( x) − f ( y) | ⩽ K | x − y | ⩽ ε . Il suffit de
poser α =
ε
, et ceci pour tout ε > 0.
K
Si f est de classe C , elle est uniformément continue d'après le théorème de Heine.
0
b −a
. Soit ε > 0. On peut
n
choisir α > 0 tel que ∀(x , y )∈ I 2 , | x − y | ⩽ α ⇒ | f (x ) − f ( y )| ⩽ ε . Ainsi,
∀ x∈[a , b] , ∀ n∈ℕ , ∀ k ∈⟦0, n⟧ , | x − y k , n | ⩽ α ⇒ | f ( x ) − f ( y k ,n )| ⩽ ε .
b −a
b −a
b −a
⩽ n0 , ie
⩽ α . Ainsi,
On pose n 0 = ⌊ α ⌋ + 1 . On a alors
α
n0
b −a
b −a
∀ n ⩾ n0 ,
⩽ α , ie ∀ n ⩾ n0 , ∀ k ∈⟦1, n⟧ , | x − y k ,n | ⩽
⩽ α , où
n
n
x∈[ x k−1, n , x k , n] . Ainsi, on peut intégrer entre x k−1,n et x k , n , ce qui donne :
Soit I = [a,b]. On pose, ∀ k ∈⟦0, n⟧ , x k , n = a + k
∀ n ⩾ n0 , ∀ k ∈⟦1, n⟧ ,
x k ,n
∫x
k−1, n
x k ,n
| f (t ) − f ( y k , n) | dt ⩽ ∫x
x k ,n
triangulaire, ∀ n ⩾ n0 , ∀ k ∈⟦1, n⟧ , | ∫x
∀ n ⩾ n0 , ∀ k ∈⟦1, n⟧ , | ∫x
k−1, n
ε dt , et par inégalité
x k ,n
f (t ) − f ( y k , n)dt | ⩽ ∫x
k−1, n
ε dt .
b −a
f ( y k , n) . Par suite,
n
b −a
b −a
f (t )dt −
f ( y k , n )| ⩽ ε
.
n
n
De plus, ∀ n ⩾ n0 , ∀ k ∈⟦1, n⟧ ,
x k ,n
k−1, n
k−1, n
x k ,n
∫x
k−1, n
f ( y k , n ) dt =
Par inégalité triangulaire appliquée à une somme sur k entre 1 et n, on a :
n
xk , n
| ∑ ∫x
k=1
x n ,n
|∫x
0, n
k−1, n
n
n
b −a
b −a
b −a
f ( y k ,n )| ⩽ ∑ ε
= ε. n
= ε (b −a ) , ie
n
n
n
k=1
k=1
n
b
b −a
b −a
f ( y k ,n )| = |∫a f (t)dt −∑
f ( y k , n )| ⩽ ε ( b −a) , et
n
n
k=1
f (t)dt −∑
n
f (t) dt −∑
k=1
ceci pour tout ε > 0.
n
x n ,n
Finalement, lim |∫x f (t )dt −∑
n →+∞
0, n
k=1
n
b −a
f ( y k ,n )
∑
n
n →+∞
lim
k=1
=
b
∫a
b −a
f ( y k ,n )| = 0 , ce qui se note également
n
f (t )dt , ce qui achève la preuve.