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 :
∫a
bf=∫a bf(x)dx =∑
k=0
n
λk(σk+1−σk)
Définition 4 :
1) Soit f C∈0 ([a,b], ℝ+), où (a,b) ∈ ℝ². On définit l'intégrale de f de a à b par
∫a
bf=sup Aoù A= {∫a bg|g est en escalier sur [a ,b ]et g ⩽f}
2) Soit f C∈0 ([a,b], ℝ), où (a,b) ∈ ²ℝ. Soit f+ = max(f, 0) et f -= max(0, -f).
Alors f = f+- f -, f+ ⩾ 0 et f - ⩾ 0. On pose alors :
∫a
bf=∫a bf+−∫a bf−¿
Exemple 2 :

Définition 5 :
Soit f C∈0 ([a,b], ℝ), où (a,b) ∈ ℝ².
1) Si a ⩾ b, on pose
∫a
bf= −∫b af
2) Si f C∈0 ([a,b], ℂ), on pose
∫a
bf=∫a bℜ( f)+ i∫a bℑ( 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)
∫a
b(f+g) = ∫a bf+∫a bg
2)
∫a
bλ.f =λ.∫a bf
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
pour tout k ∈ℕ, λk et µk les valeurs de
α
et
β
sur ]σk , σk+1[. Remarquons que le
sup
est bien défini, car l'ensemble et non vide et majoré.
1)
∫a
b(f+g) = sup {∫a b(α+β) |α⩽ f et β⩽ g}
. Par définition,
∫a
b(f+g) = sup {∑
k=0
n
(λk+µk)(σk+1−σk)|α⩽ f et β⩽ g}
. Ainsi,
∫a
b(f+g) = sup {∑
k=0
n
λk(σk+1−σk)|α⩽ f} + sup {∑
k=0
n
µk(σk+1−σk)|β⩽ g}
Finalement, on a bien
∫a
b(f+g) = ∫a bf+∫a bg
2)
∫a
bλ.f=sup {∫a bλ.α|α⩽ f}
. De même, on a, par définition,
∫a
bλ.f=sup {∑
k=0
n
λ.λk.(σk+1−σk)|α⩽ f}
. Finalement, on a bien
∫a
bλ.f=sup {λ .∑
k=0
n
λk.(σk+1−σk)|α⩽ f}
, c'est-à-dire
∫a
bλ.f= λ . sup {∑
k=0
n
λk.(σk+1−σk)|α⩽ f} = λ .∫a
bf
Proposition 2 : Relation de Chasles
Soit f C∈0 (I, ℂ), et (a,b,c) ∈ I3. Alors
∫a
bf+∫b cf=∫a cf

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 -.
∫a
bf+∫b cf=sup {∑
k=0
n
λk(σk+1−σk)|α⩽ f} + sup {∑
k=n+1
m
λk(σk+1−σk)|α⩽ f}
∫a
bf+∫b cf=sup {∑
k=0
m
λk(σk+1−σk)|α⩽ f} = ∫a
cf
Proposition 3 : Positivité de l'intégrale
Soit f C∈0 ([a,b], ℝ+), où (a,b) ∈ ℝ² et a < b. Alors :
1)
∫a
bf(t)dt ⩾0
2)
∫a
bf(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
∫a
bf=sup{∑
k=0
n
λk(σk+1−σk)|α⩽ f}
. Par suite, comme f 0, on a⩾
∫a
bf⩾sup {∑
k=0
n
λk(σk+1−σk)|α⩽ 0} = max {∑
k=0
n
λk(σk+1−σk)|α ⩽ 0}
, ie
∫a
bf⩾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
g telle que 0 < g < f, ie
∫c
df>∫c dg>0
. Par relation de Chasles, on a
0=∫a
bf=∫a cf+∫c df+∫d bf>0
, ce qui est absurde.
Finalement, f = 0.

Corollaire 1 : Inégalités utiles
Soit (f,g) C∈0 ([a,b], ℝ)², où (a,b) ∈ ℝ² et a < b. Alors :
1) Si f ⩽ g, alors
∫a
bf⩽∫a bg
2)
|∫a
bf|⩽∫a b|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 :
1) On a f - g ⩽ 0, donc
∫a
b(f−g) ⩽ 0
, ie
∫a
bf⩽∫a bg
2) Par définition, on a
|f|⩾f
et
|f|⩾− f
. Par le point précédent, on a :
∫a
b|f|⩾∫a bf
et
∫a
b|f|⩾−∫a bf
, ie
∫a
b|f|⩾|∫a bf|
.
Montrons le cas d'égalité. Notons que
|f|−f⩾0
et
|f|+f⩾0
. On a :
∫a
b|f|=|∫a bf| ssi ∫a b|f|=∫a bfou ∫a b|f|= −∫a bfssi
∫a
b|f|−f=0 ou ∫a b|f|+f=0 ssi | f|=fou | f|= − f
3) Supposons que
∫a
bf ≠ 0
(ce cas est évident). Notons
θ = Arg (∫a
bf)
.
Alors
e−iθ∫a
bf=|∫a bf|
, ie
|∫a
bf|= ℜ(e−iθ∫a bf) = ∫a bℜ(e−iθf)
.
De plus,
ℜ(e−iθf) ⩽ |f|
, donc
∫a
bℜ(e−iθf) ⩽ ∫a b|f|
, QED.
Montrons le cas d'égalité avec les mêmes hypothèses.
∫a
bℜ(e−iθf) −|f|=0
et
ℜ(e−iθf) −|f|⩽0
ie
ℜ(e−iθf) −|f|=0
Ainsi,
e−iθf
est à valeurs réelles et
∀t∈[a , b],f(t) = eiθ|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∈0 (I, ℂ). On dit que F C∈0 (I, ℂ) est une primitive
de f ssi F' = f.

Théorème 1 :
Soit I un intervalle de ℝ, et f C∈0 (I, ℂ).
1) f admet une primitive.
2) Toutes les primitives de f sont égales à constante près.
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,
Fa(x) = ∫a
xf(t)dt
Preuve :
1) Soit Fa définie par, pour tout x ∈I,
Fa(x) = ∫a
xf(t)dt
. Montrons que Fa
est une primitive de f, ie
lim
h→0
Fa(x0+h) −Fa(x)
h=f(x0)
pour tout x0 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−x0|⩽ α ⇒ |f(x) − f(x0)|⩽ε
.
Soit h ∈ ℝ tel que
|h|⩽ α
.
On a alors
|Fa(x0+h) −Fa(x0) −h.f (x0)|=|∫x0
x0+hf(x)dx −∫x0 x0+hf(x0)dx |
.
Ainsi,
|Fa(x0+h) −Fa(x0) −h.f (x0)|⩽|∫x0
x0+h|f(x) − f(x0)|dx |⩽|h|ε
.
Or, étant choisi quelconque, on a montré que, quand h tend vers 0,ε
Fa(x0+h) = Fa(x0)+h.f (x0)+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)
x−a|⩽0
, ie
|H(x) −H(a)|=0
, ie
(F−G)(x) = H(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.
De plus,
Fa(a) = ∫a
af=0
, ce qui montre l'existence et achève la preuve.
Proposition 4 :
Soit f C∈0 (I, ℂ), où I est un intervalle. Soit (a,b) ∈ I². Soit F une primitive
arbitraire de f. Alors F(b) – F(a) est invariante de la primitive choisie. On la note