Intégration sur un segment : cours de maths sup en PDF.

Soit \(f : I \to \mathbb{K}\), avec \(\mathbb{K} = \mathbb{R}\) ou \(\mathbb{C}\). On dit que \(f\) est uniformément continue sur \(I\) si :
\[\forall \varepsilon > 0,\ \exists \delta > 0,\ \forall (x, y) \in I^2,\quad |x – y| \leq\, \delta \Rightarrow |f(x) – f(y)| \leq\, \varepsilon.\]

Toute fonction \(k\)-lipschitzienne est uniformément continue : il suffit de prendre \(\delta = \varepsilon / k\). Par exemple, \(\sin\) est \(1\)-lipschitzienne sur \(\mathbb{R}\). En revanche, \(x \mapsto x^2\) n’est pas uniformément continue sur \(\mathbb{R}\). En effet, pour \(x_n = n + \frac{1}{n}\) et \(y_n = n\), on a \(x_n – y_n \to 0\), alors que \(x_n^2 – y_n^2 = 2 + \frac{1}{n^2} \geq\, 2\).

Pour montrer qu’une fonction n’est pas uniformément continue, on cherche deux suites \((x_n)\) et \((y_n)\) telles que \(x_n – y_n \to 0\) sans que \(f(x_n) – f(y_n) \to 0\). C’est la négation séquentielle de la définition.

Théorème de Heine. Toute fonction continue sur un segment \([a, b]\) est uniformément continue sur ce segment.

Raisonnons par l’absurde. Supposons qu’il existe \(\varepsilon > 0\) tel que, pour tout \(n \geq\, 1\), on trouve \(x_n, y_n \in [a, b]\) avec \(|x_n – y_n| \leq\, \frac{1}{n}\) et \(|f(x_n) – f(y_n)| > \varepsilon\). La suite \((x_n)\) est bornée. D’après le théorème de Bolzano-Weierstrass, elle admet une sous-suite \((x_{\varphi(n)})\) qui converge vers un réel \(\ell\). De plus, \(\ell \in [a, b]\) car le segment est fermé. Ensuite, \(y_{\varphi(n)} \to \ell\) aussi, puisque \(|x_{\varphi(n)} – y_{\varphi(n)}| \leq\, \frac{1}{\varphi(n)}\). Par continuité de \(f\) en \(\ell\), la différence \(f(x_{\varphi(n)}) – f(y_{\varphi(n)})\) tend donc vers \(0\). Cela contredit l’inégalité \(|f(x_{\varphi(n)}) – f(y_{\varphi(n)})| > \varepsilon\).

Une subdivision de \([a, b]\) est une suite finie \(\sigma = (x_0, \ldots, x_n)\) avec \(a = x_0 < x_1 < \cdots < x_n = b\). Son pas est \(\max_k (x_{k+1} – x_k)\). Une fonction \(\varphi : [a, b] \to \mathbb{R}\) est en escalier s’il existe une subdivision \(\sigma\) telle que \(\varphi\) soit constante sur chaque intervalle ouvert \(]x_k, x_{k+1}[\). On dit alors que \(\sigma\) est adaptée à \(\varphi\).

Une fonction \(f : [a, b] \to \mathbb{R}\) est continue par morceaux s’il existe une subdivision \((x_0, \ldots, x_n)\) telle que, pour tout \(k\), la restriction de \(f\) à \(]x_k, x_{k+1}[\) soit continue et prolongeable par continuité sur \([x_k, x_{k+1}]\).

Approximation par des fonctions en escalier. Soit \(f\) continue par morceaux sur \([a, b]\) et \(\varepsilon > 0\). Il existe deux fonctions en escalier \(\varphi\) et \(\psi\) telles que \(\varphi \leq\, f \leq\, \psi\) et \(\psi – \varphi \leq\, \varepsilon\).

Traitons le cas où \(f\) est continue sur \([a, b]\). D’après le théorème de Heine, il existe \(\delta > 0\) tel que \(|x – y| \leq\, \delta\) entraîne \(|f(x) – f(y)| \leq\, \varepsilon\). Prenons alors une subdivision de pas inférieur à \(\delta\). Sur chaque \([x_k, x_{k+1}]\), la fonction continue \(f\) atteint un minimum \(m_k\) et un maximum \(M_k\), et l’on a \(M_k – m_k \leq\, \varepsilon\). On pose \(\varphi = m_k\) et \(\psi = M_k\) sur \([x_k, x_{k+1}[\). Enfin, le cas continu par morceaux s’obtient en appliquant ce résultat sur chaque morceau prolongé.

Soit \(f\) continue par morceaux sur \([a, b]\). On note \(I^-(f)\) la borne supérieure des \(\int \varphi\) pour \(\varphi\) en escalier avec \(\varphi \leq\, f\), et \(I^+(f)\) la borne inférieure des \(\int \psi\) pour \(\psi\) en escalier avec \(\psi \geq\, f\). Ces deux nombres sont égaux. Leur valeur commune est l’intégrale de \(f\) sur \([a, b]\), notée \(\int_a^b f(t)\,\mathrm{d}t\).

Calculons \(\int_0^1 t\,\mathrm{d}t\) sans primitive. Avec la subdivision régulière de pas \(\frac{1}{n}\), les fonctions en escalier \(\varphi_n = \frac{k}{n}\) et \(\psi_n = \frac{k+1}{n}\) sur \([\frac{k}{n}, \frac{k+1}{n}[\) encadrent \(t \mapsto t\). Or \(\int \varphi_n = \frac{1}{n^2} \sum_{k=0}^{n-1} k = \frac{n-1}{2n}\) et \(\int \psi_n = \frac{n+1}{2n}\). Ces deux nombres tendent vers \(\frac{1}{2}\), donc l’intégrale vaut \(\frac{1}{2}\).

Soient \(f\) et \(g\) continues par morceaux sur \([a, b]\) et \(\lambda, \mu \in \mathbb{K}\).

• Linéarité : \(\int_a^b (\lambda f + \mu g) = \lambda \int_a^b f + \mu \int_a^b g\).
• Positivité : si \(a \leq\, b\) et \(f \geq\, 0\), alors \(\int_a^b f \geq\, 0\).
• Croissance : si \(a \leq\, b\) et \(f \leq\, g\), alors \(\int_a^b f \leq\, \int_a^b g\).
• Relation de Chasles : pour tout \(c\), \(\int_a^b f = \int_a^c f + \int_c^b f\), les bornes étant dans l’ordre que l’on veut.

Inégalité triangulaire intégrale. Si \(a \leq\, b\) et \(f\) est continue par morceaux sur \([a, b]\), à valeurs réelles ou complexes, alors
\[| \int_a^b f(t)\,\mathrm{d}t | \leq\, \int_a^b |f(t)|\,\mathrm{d}t \leq\, (b – a) \sup_{[a, b]} |f|.\]

Dans le cas réel, on a \(-|f| \leq\, f \leq\, |f|\). Par croissance, on obtient \(-\int |f| \leq\, \int f \leq\, \int |f|\). Dans le cas complexe, on écrit \(\int f = r\,\mathrm{e}^{i\theta}\) avec \(r \geq\, 0\). Alors \(r = \int \mathrm{e}^{-i\theta} f = \int \mathrm{Re}(\mathrm{e}^{-i\theta} f)\), car ce nombre est réel. Or \(\mathrm{Re}(\mathrm{e}^{-i\theta} f) \leq\, |f|\), donc \(r \leq\, \int |f|\). La seconde inégalité vient de la croissance, avec \(|f| \leq\, \sup |f|\).

Majorer une intégrale. On passe d’abord au module avec l’inégalité triangulaire. Ensuite, on majore la fonction \(|f|\) par une fonction plus simple dont on connaît l’intégrale. Par exemple, pour \(t \in [0, 1]\), on a \(| \frac{t^n \cos(nt)}{1 + t^2} | \leq\, t^n\), donc
\[| \int_0^1 \frac{t^n \cos(nt)}{1 + t^2}\,\mathrm{d}t | \leq\, \int_0^1 t^n\,\mathrm{d}t = \frac{1}{n+1} \xrightarrow[n \to +\infty]{ 0.\]

Soit \(f\) continue et positive sur \([a, b]\), avec \(a < b\). Si \(\int_a^b f = 0\), alors \(f\) est nulle sur \([a, b]\).

Supposons qu’il existe \(x_0 \in [a, b]\) tel que \(f(x_0) > 0\). Par continuité, il existe un segment \([c, d] \subset [a, b]\) contenant \(x_0\), avec \(c < d\), sur lequel \(f \geq\, \frac{f(x_0)}{2}\). Par Chasles et positivité, on obtient alors \(\int_a^b f \geq\, \int_c^d f \geq\, (d – c)\frac{f(x_0)}{2} > 0\). C’est une contradiction.

Les trois hypothèses comptent. D’abord, la fonction qui vaut \(1\) en \(0\) et \(0\) ailleurs est positive, continue par morceaux, d’intégrale nulle, mais non nulle. Ensuite, sans positivité, \(\int_0^{2\pi} \sin t\,\mathrm{d}t = 0\) alors que \(\sin\) n’est pas nulle.

Si \(a < b\), la valeur moyenne de \(f\) sur \([a, b]\) est le nombre \(\mu = \dfrac{1}{b – a} \displaystyle\int_a^b f(t)\,\mathrm{d}t\).

Soit \(f\) continue par morceaux sur \([-a, a]\).

• Si \(f\) est paire, alors \(\int_{-a}^{a} f = 2 \int_0^a f\).
• Si \(f\) est impaire, alors \(\int_{-a}^{a} f = 0\).

Si \(f\) est continue par morceaux sur \(\mathbb{R}\) et \(T\)-périodique, alors \(\int_a^{a+T} f = \int_0^T f\) pour tout réel \(a\).

Pour la parité, le changement de variable \(t = -u\) donne \(\int_{-a}^0 f(t)\,\mathrm{d}t = \int_0^a f(-u)\,\mathrm{d}u\). Il reste à ajouter \(\int_0^a f\). Pour la périodicité, supposons d’abord \(f\) continue. La fonction \(\Phi(a) = \int_a^{a+T} f\) est alors dérivable, de dérivée \(f(a + T) – f(a) = 0\). Donc \(\Phi\) est constante, égale à \(\Phi(0)\). Le cas continu par morceaux se traite avec Chasles et le changement de variable \(t = u + T\).

La fonction \(|\sin|\) est \(\pi\)-périodique. Par conséquent, \(\int_0^{10\pi} |\sin t|\,\mathrm{d}t = 10 \int_0^{\pi} \sin t\,\mathrm{d}t = 20\). Sa valeur moyenne sur une période vaut donc \(\frac{2}{\pi}\).

Si \(f\) est continue par morceaux sur \([a, b]\), alors
\[R_n(f) = \frac{b – a}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f\!(a + k\,\frac{b – a}{n}) \xrightarrow[n \to +\infty]{ \int_a^b f(t)\,\mathrm{d}t.\]
Le résultat reste vrai avec la somme de \(k = 1\) à \(n\).

Traitons le cas où \(f\) est continue. Soit \(\varepsilon > 0\). D’après le théorème de Heine, il existe \(\delta > 0\) tel que \(|x – y| \leq\, \delta\) implique \(|f(x) – f(y)| \leq\, \varepsilon\). Soit \(n\) tel que \(h \leq\, \delta\). Par Chasles, on écrit
\[\int_a^b f – R_n(f) = \sum_{k=0}^{n-1} \int_{x_k}^{x_{k+1}} \big(f(t) – f(x_k)\big)\,\mathrm{d}t.\]
Pour \(t \in [x_k, x_{k+1}]\), on a \(|t – x_k| \leq\, \delta\), donc \(|f(t) – f(x_k)| \leq\, \varepsilon\). Par l’inégalité triangulaire, on obtient \(| \int_a^b f – R_n(f) | \leq\, n h \varepsilon = (b – a)\varepsilon\).

Calculer la limite d’une somme de Riemann. On factorise la somme pour faire apparaître \(\frac{1}{n} \sum f\!(\frac{k}{n})\). Ensuite, on identifie la fonction \(f\) et l’intervalle, en général \([0, 1]\). Enfin, on conclut par la limite \(\int_0^1 f\). Pour un produit, on passe d’abord au logarithme.

Soit \(S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{n}{n^2 + k^2}\). On factorise par \(n^2\) au dénominateur :
\[S_n = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + (k/n)^2} \xrightarrow[n \to +\infty]{ \int_0^1 \frac{\mathrm{d}t}{1 + t^2} = \arctan 1 = \frac{\pi}{4}.\]

Théorème fondamental de l’analyse. Si \(f\) est continue sur \(I\), la fonction \(F : x \mapsto \int_a^x f(t)\,\mathrm{d}t\) est de classe \(C^1\) sur \(I\), et \(F^{\prime} = f\). C’est l’unique primitive de \(f\) qui s’annule en \(a\).

Soit \(x_0 \in I\) et \(h \neq 0\) tel que \(x_0 + h \in I\). Par Chasles, on a
\[\frac{F(x_0 + h) – F(x_0)}{h} – f(x_0) = \frac{1}{h} \int_{x_0}^{x_0 + h} \big(f(t) – f(x_0)\big)\,\mathrm{d}t.\]
Soit \(\varepsilon > 0\). Par continuité de \(f\) en \(x_0\), il existe \(\delta > 0\) tel que \(|f(t) – f(x_0)| \leq\, \varepsilon\) dès que \(|t – x_0| \leq\, \delta\). Pour \(|h| \leq\, \delta\), l’inégalité triangulaire majore donc le membre de droite par \(\varepsilon\). Ainsi, \(F\) est dérivable en \(x_0\) et \(F^{\prime}(x_0) = f(x_0)\).

Soient \(f\) continue sur \(I\), et \(u, v\) dérivables sur \(J\) à valeurs dans \(I\). Alors \(G : x \mapsto \int_{u(x)}^{v(x)} f(t)\,\mathrm{d}t\) est dérivable sur \(J\), et
\[G^{\prime}(x) = v^{\prime}(x)\, f\big(v(x)\big) – u^{\prime}(x)\, f\big(u(x)\big).\]

Étudier une fonction définie par une intégrale. D’abord, on détermine l’ensemble de définition : le segment d’intégration doit rester dans un intervalle où l’intégrande est continue. Ensuite, on introduit une primitive \(\Phi\) de l’intégrande et l’on écrit \(G(x) = \Phi(v(x)) – \Phi(u(x))\). On dérive alors par composition. Enfin, pour les limites, on encadre l’intégrande sur le segment d’intégration.

Soit \(G(x) = \int_x^{2x} \mathrm{e}^{-t^2}\,\mathrm{d}t\) pour \(x \in \mathbb{R}\). La fonction \(t \mapsto \mathrm{e}^{-t^2}\) est continue sur \(\mathbb{R}\), donc \(G\) est dérivable et \(G^{\prime}(x) = 2\mathrm{e}^{-4x^2} – \mathrm{e}^{-x^2}\). Pour \(x > 0\), la décroissance de l’intégrande sur \([x, 2x]\) donne \(0 \leq\, G(x) \leq\, x\,\mathrm{e}^{-x^2}\). Par encadrement, \(G(x) \to 0\) en \(+\infty\).

Formule de Taylor avec reste intégral. Soit \(f\) de classe \(C^{n+1}\) sur \(I\), à valeurs dans \(\mathbb{K}\), et \(a, x \in I\). Alors
\[f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!} (x – a)^k + \int_a^x \frac{(x – t)^n}{n!} f^{(n+1)}(t)\,\mathrm{d}t.\]

On raisonne par récurrence sur \(n\). Pour \(n = 0\), la formule s’écrit \(f(x) = f(a) + \int_a^x f^{\prime}(t)\,\mathrm{d}t\) : c’est le théorème fondamental. Supposons-la vraie au rang \(n – 1\) pour une fonction de classe \(C^{n+1}\). On intègre alors le reste par parties, en dérivant \(f^{(n)}\) et en intégrant \(t \mapsto \frac{(x – t)^{n-1}}{(n-1)!}\) en \(t \mapsto -\frac{(x – t)^n}{n!}\) :
\[\int_a^x \frac{(x – t)^{n-1}}{(n-1)!} f^{(n)}(t)\,\mathrm{d}t = \frac{(x – a)^n}{n!} f^{(n)}(a) + \int_a^x \frac{(x – t)^n}{n!} f^{(n+1)}(t)\,\mathrm{d}t.\]
En reportant, on obtient la formule au rang \(n\).

Inégalité de Taylor-Lagrange. Si \(f\) est de classe \(C^{n+1}\) sur \(I\) et si \(|f^{(n+1)}| \leq\, M_{n+1}\) sur \(I\), alors pour tous \(a, x \in I\) :
\[| f(x) – \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!} (x – a)^k | \leq\, M_{n+1} \frac{|x – a|^{n+1}}{(n+1)!}.\]

Pour tout réel \(x\), la formule avec reste intégral à l’ordre \(1\) donne \(\cos x = 1 – \int_0^x (x – t) \cos t\,\mathrm{d}t\). Pour \(x \geq\, 0\), on a \((x – t)\cos t \leq\, x – t\) sur \([0, x]\). Par croissance de l’intégrale, on obtient donc \(\cos x \geq\, 1 – \frac{x^2}{2}\). Par parité, cette inégalité vaut sur \(\mathbb{R}\).

Le reste intégral est plus précis que l’inégalité de Taylor-Lagrange. En particulier, quand \(f^{(n+1)}\) garde un signe constant, il donne le signe de l’erreur, donc une inégalité sans valeur absolue. C’est la méthode de choix pour démontrer des inégalités comme \(\ln(1 + x) \geq\, x – \frac{x^2}{2}\) sur \(\mathbb{R}_+\).