L’intégration est l’un des piliers de l’analyse mathématique. Ce chapitre développe la théorie de l’intégrale de Riemann sur un segment, ses propriétés fondamentales, le lien avec les primitives via le théorème fondamental de l’analyse, et les techniques de calcul au programme de MPSI.
1. Intégrale de Riemann§
1.1. Subdivisions et sommes de Darboux§
Soit f : [ a , b ] → R f : [a, b] \to \mathbb{R} f : [ a , b ] → R une fonction bornée. Une subdivision de [ a , b ] [a, b] [ a , b ] est une suite finie σ = ( x 0 , x 1 , … , x n ) \sigma = (x_0, x_1, \dots, x_n) σ = ( x 0 , x 1 , … , x n ) avec :
a = x 0 < x 1 < ⋯ < x n = b a = x_0 < x_1 < \cdots < x_n = b a = x 0 < x 1 < ⋯ < x n = b
Définition — Sommes de Darboux Pour une subdivision σ = ( x 0 , … , x n ) \sigma = (x_0, \dots, x_n) σ = ( x 0 , … , x n ) et f f f bornée sur [ a , b ] [a, b] [ a , b ] , on pose :
m k = inf x ∈ [ x k − 1 , x k ] f ( x ) m_k = \inf_{x \in [x_{k-1}, x_k]} f(x) m k = inf x ∈ [ x k − 1 , x k ] f ( x ) et M k = sup x ∈ [ x k − 1 , x k ] f ( x ) M_k = \sup_{x \in [x_{k-1}, x_k]} f(x) M k = sup x ∈ [ x k − 1 , x k ] f ( x )
Somme de Darboux inférieure : s ( f , σ ) = ∑ k = 1 n m k ( x k − x k − 1 ) s(f, \sigma) = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} m_k (x_k - x_{k-1}) s ( f , σ ) = k = 1 ∑ n m k ( x k − x k − 1 )
Somme de Darboux supérieure : S ( f , σ ) = ∑ k = 1 n M k ( x k − x k − 1 ) S(f, \sigma) = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} M_k (x_k - x_{k-1}) S ( f , σ ) = k = 1 ∑ n M k ( x k − x k − 1 )
On a toujours s ( f , σ ) ⩽ S ( f , σ ) s(f, \sigma) \leqslant S(f, \sigma) s ( f , σ ) ⩽ S ( f , σ ) .
Si σ ′ \sigma' σ ′ est plus fine que σ \sigma σ (c’est-à-dire σ ⊂ σ ′ \sigma \subset \sigma' σ ⊂ σ ′ ), alors :
s ( f , σ ) ⩽ s ( f , σ ′ ) ⩽ S ( f , σ ′ ) ⩽ S ( f , σ ) s(f, \sigma) \leqslant s(f, \sigma') \leqslant S(f, \sigma') \leqslant S(f, \sigma) s ( f , σ ) ⩽ s ( f , σ ′ ) ⩽ S ( f , σ ′ ) ⩽ S ( f , σ )
Autrement dit, raffiner une subdivision resserre l’encadrement.
1.2. Fonctions en escalier§
Définition — Fonction en escalier Une fonction φ : [ a , b ] → R \varphi : [a, b] \to \mathbb{R} φ : [ a , b ] → R est dite en escalier s’il existe une subdivision σ = ( x 0 , … , x n ) \sigma = (x_0, \dots, x_n) σ = ( x 0 , … , x n ) de [ a , b ] [a, b] [ a , b ] telle que φ \varphi φ est constante sur chaque intervalle ouvert ] x k − 1 , x k [ ]x_{k-1}, x_k[ ] x k − 1 , x k [ . On note E ( [ a , b ] ) \mathcal{E}([a, b]) E ([ a , b ]) l’ensemble des fonctions en escalier sur [ a , b ] [a, b] [ a , b ] .
L’intégrale d’une fonction en escalier φ \varphi φ , constante égale à c k c_k c k sur ] x k − 1 , x k [ ]x_{k-1}, x_k[ ] x k − 1 , x k [ , est :
∫ a b φ ( t ) , d t = ∑ k = 1 n c k ( x k − x k − 1 ) \int_a^b \varphi(t), dt = \sum_{k=1}^{n} c_k (x_k - x_{k-1}) ∫ a b φ ( t ) , d t = k = 1 ∑ n c k ( x k − x k − 1 )
Cette valeur ne dépend pas de la subdivision adaptée choisie.
1.3. Intégrabilité au sens de Riemann§
Définition — Intégrabilité Une fonction bornée f : [ a , b ] → R f : [a, b] \to \mathbb{R} f : [ a , b ] → R est intégrable au sens de Riemann si :
sup σ s ( f , σ ) = inf σ S ( f , σ ) \sup_\sigma s(f, \sigma) = \inf_\sigma S(f, \sigma) σ sup s ( f , σ ) = σ inf S ( f , σ )
Cette valeur commune est notée ∫ a b f ( t ) , d t \displaystyle\int_a^b f(t), dt ∫ a b f ( t ) , d t .
De manière équivalente, f f f est intégrable si et seulement si :
∀ ε > 0 , ; ∃ σ , S ( f , σ ) − s ( f , σ ) < ε \forall \varepsilon > 0, ; \exists \sigma, \quad S(f, \sigma) - s(f, \sigma) < \varepsilon ∀ ε > 0 ,; ∃ σ , S ( f , σ ) − s ( f , σ ) < ε
2. Classes de fonctions intégrables§
Théorème — Intégrabilité des fonctions continues Toute fonction continue sur [ a , b ] [a, b] [ a , b ] est intégrable sur [ a , b ] [a, b] [ a , b ] .
Une fonction continue sur un segment est uniformément continue (théorème de Heine). Pour ε > 0 \varepsilon > 0 ε > 0 , il existe δ > 0 \delta > 0 δ > 0 tel que ∣ x − y ∣ < δ ⇒ ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ < ε / ( b − a ) |x - y| < \delta \Rightarrow |f(x) - f(y)| < \varepsilon / (b - a) ∣ x − y ∣ < δ ⇒ ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ < ε / ( b − a ) . On choisit une subdivision de pas < δ < \delta < δ , et l’on obtient S ( f , σ ) − s ( f , σ ) < ε S(f, \sigma) - s(f, \sigma) < \varepsilon S ( f , σ ) − s ( f , σ ) < ε .
Théorème — Intégrabilité des fonctions monotones Toute fonction monotone sur [ a , b ] [a, b] [ a , b ] est intégrable sur [ a , b ] [a, b] [ a , b ] .
Si f f f est croissante, pour une subdivision régulière ( x k = a + k ( b − a ) / n ) (x_k = a + k(b-a)/n) ( x k = a + k ( b − a ) / n ) , on a m k = f ( x k − 1 ) m_k = f(x_{k-1}) m k = f ( x k − 1 ) et M k = f ( x k ) M_k = f(x_k) M k = f ( x k ) . Alors :
S ( f , σ ) − s ( f , σ ) = b − a n ∑ k = 1 n ( f ( x k ) − f ( x k − 1 ) ) = b − a n ( f ( b ) − f ( a ) ) → n → ∞ 0 S(f,\sigma) - s(f,\sigma) = \frac{b-a}{n}\sum_{k=1}^n \big(f(x_k) - f(x_{k-1})\big) = \frac{b-a}{n}\big(f(b) - f(a)\big) \xrightarrow[n\to\infty]{} 0 S ( f , σ ) − s ( f , σ ) = n b − a k = 1 ∑ n ( f ( x k ) − f ( x k − 1 ) ) = n b − a ( f ( b ) − f ( a ) ) n → ∞ 0
Théorème — Intégrabilité des fonctions continues par morceaux Toute fonction continue par morceaux sur [ a , b ] [a, b] [ a , b ] est intégrable sur [ a , b ] [a, b] [ a , b ] .
3. Propriétés de l’intégrale§
Soient f , g f, g f , g intégrables sur [ a , b ] [a, b] [ a , b ] et λ ∈ R \lambda \in \mathbb{R} λ ∈ R .
3.1. Linéarité§
∫ a b ( λ f ( t ) + g ( t ) ) , d t = λ ∫ a b f ( t ) , d t + ∫ a b g ( t ) , d t \int_a^b \big(\lambda f(t) + g(t)\big), dt = \lambda \int_a^b f(t), dt + \int_a^b g(t), dt ∫ a b ( λ f ( t ) + g ( t ) ) , d t = λ ∫ a b f ( t ) , d t + ∫ a b g ( t ) , d t
3.2. Positivité et croissance§
Si f ⩾ 0 f \geqslant 0 f ⩾ 0 sur [ a , b ] [a, b] [ a , b ] , alors ∫ a b f ( t ) , d t ⩾ 0 \displaystyle\int_a^b f(t), dt \geqslant 0 ∫ a b f ( t ) , d t ⩾ 0 .
Si f ⩽ g f \leqslant g f ⩽ g sur [ a , b ] [a, b] [ a , b ] , alors ∫ a b f ( t ) , d t ⩽ ∫ a b g ( t ) , d t \displaystyle\int_a^b f(t), dt \leqslant \int_a^b g(t), dt ∫ a b f ( t ) , d t ⩽ ∫ a b g ( t ) , d t .
Théorème — Stricte positivité Si f f f est continue , f ⩾ 0 f \geqslant 0 f ⩾ 0 sur [ a , b ] [a, b] [ a , b ] , et f ≠ 0 f \neq 0 f = 0 , alors ∫ a b f ( t ) , d t > 0 \displaystyle\int_a^b f(t), dt > 0 ∫ a b f ( t ) , d t > 0 .
3.3. Relation de Chasles§
Pour tout c ∈ [ a , b ] c \in [a, b] c ∈ [ a , b ] :
∫ a b f ( t ) , d t = ∫ a c f ( t ) , d t + ∫ c b f ( t ) , d t \int_a^b f(t), dt = \int_a^c f(t), dt + \int_c^b f(t), dt ∫ a b f ( t ) , d t = ∫ a c f ( t ) , d t + ∫ c b f ( t ) , d t
Plus généralement, cette relation vaut pour a , b , c a, b, c a , b , c dans un ordre quelconque, en posant ∫ b a f ( t ) , d t = − ∫ a b f ( t ) , d t \displaystyle\int_b^a f(t), dt = -\int_a^b f(t), dt ∫ b a f ( t ) , d t = − ∫ a b f ( t ) , d t .
3.4. Inégalité triangulaire intégrale§
Théorème — Inégalité triangulaire Si f f f est intégrable sur [ a , b ] [a, b] [ a , b ] , alors ∣ f ∣ |f| ∣ f ∣ l’est aussi, et :
∣ ∫ a b f ( t ) , d t ∣ ⩽ ∫ a b ∣ f ( t ) ∣ , d t \left|\int_a^b f(t), dt\right| \leqslant \int_a^b |f(t)|, dt ∫ a b f ( t ) , d t ⩽ ∫ a b ∣ f ( t ) ∣ , d t
3.5. Valeur moyenne§
Définition — Valeur moyenne La valeur moyenne de f f f sur [ a , b ] [a, b] [ a , b ] est :
μ ( f ) = 1 b − a ∫ a b f ( t ) , d t \mu(f) = \frac{1}{b - a}\int_a^b f(t), dt μ ( f ) = b − a 1 ∫ a b f ( t ) , d t
Théorème — Valeur intermédiaire pour les intégrales Si f f f est continue sur [ a , b ] [a, b] [ a , b ] , il existe c ∈ [ a , b ] c \in [a, b] c ∈ [ a , b ] tel que :
∫ a b f ( t ) , d t = ( b − a ) f ( c ) \int_a^b f(t), dt = (b - a) f(c) ∫ a b f ( t ) , d t = ( b − a ) f ( c )
4. Théorème fondamental de l’analyse§
C’est le résultat central de ce chapitre : il relie intégration et dérivation.
Théorème fondamental de l’analyse (première forme) Soit f f f continue sur [ a , b ] [a, b] [ a , b ] . La fonction F F F définie par :
F ( x ) = ∫ a x f ( t ) , d t F(x) = \int_a^x f(t), dt F ( x ) = ∫ a x f ( t ) , d t
est l’unique primitive de f f f sur [ a , b ] [a, b] [ a , b ] qui s’annule en a a a . En particulier, F F F est de classe C 1 \mathcal{C}^1 C 1 et F ′ ( x ) = f ( x ) F'(x) = f(x) F ′ ( x ) = f ( x ) .
On écrit le taux d’accroissement :
F ( x + h ) − F ( x ) h = 1 h ∫ x x + h f ( t ) , d t \frac{F(x+h) - F(x)}{h} = \frac{1}{h}\int_x^{x+h} f(t), dt h F ( x + h ) − F ( x ) = h 1 ∫ x x + h f ( t ) , d t
Par le théorème de la valeur moyenne, il existe c h c_h c h entre x x x et x + h x + h x + h tel que cette expression vaut f ( c h ) f(c_h) f ( c h ) . Quand h → 0 h \to 0 h → 0 , c h → x c_h \to x c h → x et f ( c h ) → f ( x ) f(c_h) \to f(x) f ( c h ) → f ( x ) par continuité.
Théorème fondamental (seconde forme) Si f f f est continue sur [ a , b ] [a, b] [ a , b ] et G G G est une primitive quelconque de f f f , alors :
∫ a b f ( t ) , d t = G ( b ) − G ( a ) = [ G ( t ) ] a b \int_a^b f(t), dt = G(b) - G(a) = \big[G(t)\big]_a^b ∫ a b f ( t ) , d t = G ( b ) − G ( a ) = [ G ( t ) ] a b
Calculer ∫ 0 1 t 2 , d t \displaystyle\int_0^1 t^2, dt ∫ 0 1 t 2 , d t .
Une primitive de t ↦ t 2 t \mapsto t^2 t ↦ t 2 est G ( t ) = t 3 3 G(t) = \dfrac{t^3}{3} G ( t ) = 3 t 3 . Donc :
∫ 0 1 t 2 , d t = 1 3 3 − 0 3 3 = 1 3 \int_0^1 t^2, dt = \frac{1^3}{3} - \frac{0^3}{3} = \frac{1}{3} ∫ 0 1 t 2 , d t = 3 1 3 − 3 0 3 = 3 1
Théorème — Taylor avec reste intégral Si f f f est de classe C n + 1 \mathcal{C}^{n+1} C n + 1 sur [ a , b ] [a, b] [ a , b ] , alors pour tout x ∈ [ a , b ] x \in [a, b] x ∈ [ a , b ] :
f ( x ) = ∑ k = 0 n f ( k ) ( a ) k ! ( x − a ) k + ∫ a x ( x − t ) n n ! f ( n + 1 ) ( t ) , d t 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), dt f ( x ) = k = 0 ∑ n k ! f ( k ) ( a ) ( x − a ) k + ∫ a x n ! ( x − t ) n f ( n + 1 ) ( t ) , d t
Par récurrence sur n n n . Le cas n = 0 n = 0 n = 0 est simplement f ( x ) = f ( a ) + ∫ a x f ′ ( t ) , d t f(x) = f(a) + \int_a^x f'(t), dt f ( x ) = f ( a ) + ∫ a x f ′ ( t ) , d t . Le passage de n n n à n + 1 n+1 n + 1 se fait par une intégration par parties du reste intégral.
5.2. Inégalité de Taylor-Lagrange§
Corollaire — Inégalité de Taylor-Lagrange Sous les mêmes hypothèses, si ∣ f ( n + 1 ) ∣ ∞ = M n + 1 |f^{(n+1)}|_\infty = M_{n+1} ∣ f ( n + 1 ) ∣ ∞ = M n + 1 , alors :
∣ f ( x ) − ∑ k = 0 n f ( k ) ( a ) k ! ( x − a ) k ∣ ⩽ M n + 1 ∣ x − a ∣ n + 1 ( n + 1 ) ! \left|f(x) - \sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k\right| \leqslant M_{n+1} \frac{|x - a|^{n+1}}{(n+1)!} f ( x ) − k = 0 ∑ n k ! f ( k ) ( a ) ( x − a ) k ⩽ M n + 1 ( n + 1 )! ∣ x − a ∣ n + 1
6. Techniques d’intégration§
6.1. Intégration par parties (IPP)§
Théorème — Intégration par parties Soient u , v u, v u , v de classe C 1 \mathcal{C}^1 C 1 sur [ a , b ] [a, b] [ a , b ] . Alors :
∫ a b u ( t ) v ′ ( t ) , d t = [ u ( t ) v ( t ) ] a b − ∫ a b u ′ ( t ) v ( t ) , d t \int_a^b u(t) v'(t), dt = \big[u(t)v(t)\big]_a^b - \int_a^b u'(t) v(t), dt ∫ a b u ( t ) v ′ ( t ) , d t = [ u ( t ) v ( t ) ] a b − ∫ a b u ′ ( t ) v ( t ) , d t
Exemple — Calcul de ∫ 0 1 t e t , d t \int_0^1 t e^t, dt ∫ 0 1 t e t , d t On pose u ( t ) = t u(t) = t u ( t ) = t (donc u ′ ( t ) = 1 u'(t) = 1 u ′ ( t ) = 1 ) et v ′ ( t ) = e t v'(t) = e^t v ′ ( t ) = e t (donc v ( t ) = e t v(t) = e^t v ( t ) = e t ).
∫ 0 1 t e t , d t = [ t e t ] 0 1 − ∫ 0 1 e t , d t = e − [ e t ] 0 1 = e − ( e − 1 ) = 1 \int_0^1 t e^t, dt = \big[t e^t\big]_0^1 - \int_0^1 e^t, dt = e - \big[e^t\big]_0^1 = e - (e - 1) = 1 ∫ 0 1 t e t , d t = [ t e t ] 0 1 − ∫ 0 1 e t , d t = e − [ e t ] 0 1 = e − ( e − 1 ) = 1
On choisit u u u comme la fonction qui se simplifie en dérivant (polynôme, ln \ln ln , arctan \arctan arctan ) et v ′ v' v ′ comme celle qui se primitive facilement (e x e^x e x , sin \sin sin , cos \cos cos ).
6.2. Changement de variable§
Théorème — Changement de variable Soit φ : [ α , β ] → [ a , b ] \varphi : [\alpha, \beta] \to [a, b] φ : [ α , β ] → [ a , b ] de classe C 1 \mathcal{C}^1 C 1 , avec φ ( α ) = a \varphi(\alpha) = a φ ( α ) = a et φ ( β ) = b \varphi(\beta) = b φ ( β ) = b . Si f f f est continue sur [ a , b ] [a, b] [ a , b ] , alors :
∫ a b f ( t ) , d t = ∫ α β f ( φ ( u ) ) , φ ′ ( u ) , d u \int_a^b f(t), dt = \int_\alpha^\beta f\big(\varphi(u)\big),\varphi'(u), du ∫ a b f ( t ) , d t = ∫ α β f ( φ ( u ) ) , φ ′ ( u ) , d u
Exemple — Calcul de ∫ 0 1 1 − t 2 , d t \int_0^1 \sqrt{1 - t^2}, dt ∫ 0 1 1 − t 2 , d t On pose t = sin u t = \sin u t = sin u , donc d t = cos u , d u dt = \cos u, du d t = cos u , d u . Quand t = 0 t = 0 t = 0 , u = 0 u = 0 u = 0 ; quand t = 1 t = 1 t = 1 , u = π / 2 u = \pi/2 u = π /2 .
∫ 0 1 1 − t 2 , d t = ∫ 0 π / 2 cos 2 u , d u = ∫ 0 π / 2 1 + cos ( 2 u ) 2 , d u = π 4 \int_0^1 \sqrt{1 - t^2}, dt = \int_0^{\pi/2} \cos^2 u, du = \int_0^{\pi/2} \frac{1 + \cos(2u)}{2}, du = \frac{\pi}{4} ∫ 0 1 1 − t 2 , d t = ∫ 0 π /2 cos 2 u , d u = ∫ 0 π /2 2 1 + cos ( 2 u ) , d u = 4 π
On retrouve bien l’aire d’un quart de disque unité.
6.3. Décomposition en éléments simples§
Pour intégrer une fraction rationnelle P ( x ) Q ( x ) \dfrac{P(x)}{Q(x)} Q ( x ) P ( x ) , on procède en trois étapes :
Division euclidienne si deg P ⩾ deg Q \deg P \geqslant \deg Q deg P ⩾ deg Q
Décomposition de la partie fractionnaire en éléments simples
Intégration de chaque élément simple
Primitives des éléments simples (sur R \mathbb{R} R )
Élément simple Primitive 1 x − a \dfrac{1}{x - a} x − a 1 ln ∣ x − a ∣ \ln|x - a| ln ∣ x − a ∣ 1 ( x − a ) n \dfrac{1}{(x - a)^n} ( x − a ) n 1 , n ⩾ 2 n \geqslant 2 n ⩾ 2 − 1 ( n − 1 ) ( x − a ) n − 1 \dfrac{-1}{(n-1)(x-a)^{n-1}} ( n − 1 ) ( x − a ) n − 1 − 1 α x + β x 2 + p x + q \dfrac{\alpha x + \beta}{x^2 + px + q} x 2 + p x + q α x + β (Δ < 0 \Delta < 0 Δ < 0 )α 2 ln ( x 2 + p x + q ) + 2 β − α p 4 q − p 2 arctan 2 x + p 4 q − p 2 \dfrac{\alpha}{2}\ln(x^2+px+q) + \dfrac{2\beta - \alpha p}{\sqrt{4q-p^2}}\arctan\dfrac{2x+p}{\sqrt{4q-p^2}} 2 α ln ( x 2 + p x + q ) + 4 q − p 2 2 β − α p arctan 4 q − p 2 2 x + p
Exemple — ∫ d x x 2 − 1 \int \frac{dx}{x^2 - 1} ∫ x 2 − 1 d x On décompose : 1 x 2 − 1 = 1 ( x − 1 ) ( x + 1 ) = 1 / 2 x − 1 − 1 / 2 x + 1 \dfrac{1}{x^2 - 1} = \dfrac{1}{(x-1)(x+1)} = \dfrac{1/2}{x-1} - \dfrac{1/2}{x+1} x 2 − 1 1 = ( x − 1 ) ( x + 1 ) 1 = x − 1 1/2 − x + 1 1/2 .
Donc : ∫ d x x 2 − 1 = 1 2 ln ∣ x − 1 ∣ − 1 2 ln ∣ x + 1 ∣ + C = 1 2 ln ∣ x − 1 x + 1 ∣ + C \displaystyle\int \frac{dx}{x^2-1} = \frac{1}{2}\ln|x-1| - \frac{1}{2}\ln|x+1| + C = \frac{1}{2}\ln\left|\frac{x-1}{x+1}\right| + C ∫ x 2 − 1 d x = 2 1 ln ∣ x − 1∣ − 2 1 ln ∣ x + 1∣ + C = 2 1 ln x + 1 x − 1 + C .
6.4. Arbre de décision : choix de la technique§
flowchart TD
A["Calculer ∫ f(x) dx"] --> B{"Primitive immédiate ?"}
B -- Oui --> C["Calculer directement"]
B -- Non --> D{"Fraction rationnelle P(x)/Q(x) ?"}
D -- Oui --> E["Décomposition en<br/>éléments simples"]
D -- Non --> F{"Produit de deux fonctions<br/>de natures différentes ?"}
F -- Oui --> G["Intégration par parties<br/>(IPP)"]
F -- Non --> H{"Présence de √(expression)<br/>ou de substitution naturelle ?"}
H -- Oui --> I["Changement de variable"]
H -- Non --> J{"Expression trigonométrique ?"}
J -- Oui --> K{"Forme R(sin x, cos x)<br/>avec R rationnelle ?"}
K -- Oui --> L["Règles de Bioche ou<br/>substitution t = tan(x/2)"]
K -- Non --> M["Linéarisation avec<br/>formules d'Euler"]
J -- Non --> N["Réécrire / Simplifier<br/>puis réessayer"]
style A fill:#4a90d9,color:#fff
style C fill:#27ae60,color:#fff
style E fill:#e67e22,color:#fff
style G fill:#e67e22,color:#fff
style I fill:#e67e22,color:#fff
style L fill:#e67e22,color:#fff
style M fill:#e67e22,color:#fff
7. Sommes de Riemann§
Théorème — Convergence des sommes de Riemann Si f f f est continue sur [ a , b ] [a, b] [ a , b ] , alors pour toute suite de subdivisions ( σ n ) (\sigma_n) ( σ n ) dont le pas tend vers 0 0 0 , et pour tout choix de points intermédiaires ξ k ∈ [ x k − 1 , x k ] \xi_k \in [x_{k-1}, x_k] ξ k ∈ [ x k − 1 , x k ] :
∑ k = 1 n f ( ξ k ) ( x k − x k − 1 ) → n → ∞ ∫ a b f ( t ) , d t \sum_{k=1}^{n} f(\xi_k)(x_k - x_{k-1}) \xrightarrow[n \to \infty]{} \int_a^b f(t), dt k = 1 ∑ n f ( ξ k ) ( x k − x k − 1 ) n → ∞ ∫ a b f ( t ) , d t
En pratique, sur une subdivision régulière de [ 0 , 1 ] [0, 1] [ 0 , 1 ] , avec ξ k = k / n \xi_k = k/n ξ k = k / n :
1 n ∑ k = 1 n f ! ( k n ) → n → ∞ ∫ 0 1 f ( t ) , d t \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} f!\left(\frac{k}{n}\right) \xrightarrow[n \to \infty]{} \int_0^1 f(t), dt n 1 k = 1 ∑ n f ! ( n k ) n → ∞ ∫ 0 1 f ( t ) , d t
et plus généralement sur [ a , b ] [a, b] [ a , b ] :
b − a n ∑ k = 0 n − 1 f ! ( a + k b − a n ) → n → ∞ ∫ a b f ( t ) , d t \frac{b - a}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f!\left(a + k\frac{b-a}{n}\right) \xrightarrow[n \to \infty]{} \int_a^b f(t), dt n b − a k = 0 ∑ n − 1 f ! ( a + k n b − a ) n → ∞ ∫ a b f ( t ) , d t
Exemple — Calcul de limite par sommes de Riemann Calculer lim n → ∞ ∑ k = 1 n n n 2 + k 2 \displaystyle\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{n}{n^2 + k^2} n → ∞ lim k = 1 ∑ n n 2 + k 2 n .
On factorise : ∑ k = 1 n n n 2 + k 2 = 1 n ∑ k = 1 n 1 1 + ( k / n ) 2 \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{n}{n^2 + k^2} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + (k/n)^2} k = 1 ∑ n n 2 + k 2 n = n 1 k = 1 ∑ n 1 + ( k / n ) 2 1 .
C’est une somme de Riemann pour f ( t ) = 1 1 + t 2 f(t) = \dfrac{1}{1 + t^2} f ( t ) = 1 + t 2 1 sur [ 0 , 1 ] [0, 1] [ 0 , 1 ] .
Donc la limite vaut : ∫ 0 1 d t 1 + t 2 = [ arctan t ] 0 1 = π 4 \displaystyle\int_0^1 \frac{dt}{1 + t^2} = \big[\arctan t\big]_0^1 = \frac{\pi}{4} ∫ 0 1 1 + t 2 d t = [ arctan t ] 0 1 = 4 π .
8. Inégalités intégrales classiques§
8.1. Inégalité de Cauchy-Schwarz intégrale§
Théorème — Inégalité de Cauchy-Schwarz intégrale Soient f , g f, g f , g continues sur [ a , b ] [a, b] [ a , b ] . Alors :
( ∫ a b f ( t ) g ( t ) , d t ) 2 ⩽ ( ∫ a b f ( t ) 2 , d t ) ( ∫ a b g ( t ) 2 , d t ) \left(\int_a^b f(t) g(t), dt\right)^2 \leqslant \left(\int_a^b f(t)^2, dt\right)\left(\int_a^b g(t)^2, dt\right) ( ∫ a b f ( t ) g ( t ) , d t ) 2 ⩽ ( ∫ a b f ( t ) 2 , d t ) ( ∫ a b g ( t ) 2 , d t )
avec égalité si et seulement si f f f et g g g sont proportionnelles (c’est-à-dire ∃ λ ∈ R , ; f = λ g \exists \lambda \in \mathbb{R},; f = \lambda g ∃ λ ∈ R ,; f = λ g ou g = 0 g = 0 g = 0 ).
Pour tout λ ∈ R \lambda \in \mathbb{R} λ ∈ R , on a ∫ a b ( f + λ g ) 2 ⩾ 0 \displaystyle\int_a^b (f + \lambda g)^2 \geqslant 0 ∫ a b ( f + λ g ) 2 ⩾ 0 . On développe :
∫ a b f 2 + 2 λ ∫ a b f g + λ 2 ∫ a b g 2 ⩾ 0 \int_a^b f^2 + 2\lambda\int_a^b fg + \lambda^2 \int_a^b g^2 \geqslant 0 ∫ a b f 2 + 2 λ ∫ a b f g + λ 2 ∫ a b g 2 ⩾ 0
Ce trinôme en λ \lambda λ est positif, donc son discriminant est négatif ou nul, ce qui donne l’inégalité.
Application — Inégalité de Cauchy-Schwarz Montrer que pour f f f continue sur [ 0 , 1 ] [0, 1] [ 0 , 1 ] : ( ∫ 0 1 f ( t ) , d t ) 2 ⩽ ∫ 0 1 f ( t ) 2 , d t \displaystyle\left(\int_0^1 f(t), dt\right)^2 \leqslant \int_0^1 f(t)^2, dt ( ∫ 0 1 f ( t ) , d t ) 2 ⩽ ∫ 0 1 f ( t ) 2 , d t .
Il suffit d’appliquer Cauchy-Schwarz avec g = 1 g = 1 g = 1 : ( ∫ 0 1 f ⋅ 1 ) 2 ⩽ ∫ 0 1 f 2 ⋅ ∫ 0 1 1 = ∫ 0 1 f 2 \displaystyle\left(\int_0^1 f \cdot 1\right)^2 \leqslant \int_0^1 f^2 \cdot \int_0^1 1 = \int_0^1 f^2 ( ∫ 0 1 f ⋅ 1 ) 2 ⩽ ∫ 0 1 f 2 ⋅ ∫ 0 1 1 = ∫ 0 1 f 2 .
8.2. Inégalités de la moyenne§
Théorème — Encadrement intégral Si m ⩽ f ( t ) ⩽ M m \leqslant f(t) \leqslant M m ⩽ f ( t ) ⩽ M pour tout t ∈ [ a , b ] t \in [a, b] t ∈ [ a , b ] (avec a < b a < b a < b ), alors :
m ( b − a ) ⩽ ∫ a b f ( t ) , d t ⩽ M ( b − a ) m(b - a) \leqslant \int_a^b f(t), dt \leqslant M(b - a) m ( b − a ) ⩽ ∫ a b f ( t ) , d t ⩽ M ( b − a )
9. Exercices types corrigés§
Exercice 1 : IPP itérée§
Exercice — Calcul de I n = ∫ 0 π / 2 sin n ( t ) , d t I_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n(t), dt I n = ∫ 0 π /2 sin n ( t ) , d t (intégrales de Wallis) Relation de récurrence par IPP. On écrit sin n t = sin n − 1 t ⋅ sin t \sin^n t = \sin^{n-1} t \cdot \sin t sin n t = sin n − 1 t ⋅ sin t , puis on pose u = sin n − 1 t u = \sin^{n-1} t u = sin n − 1 t et v ′ = sin t v' = \sin t v ′ = sin t :
I n = [ − sin n − 1 ( t ) cos ( t ) ] 0 π / 2 + ( n − 1 ) ∫ 0 π / 2 sin n − 2 ( t ) cos 2 ( t ) , d t I_n = \big[-\sin^{n-1}(t)\cos(t)\big]_0^{\pi/2} + (n-1)\int_0^{\pi/2} \sin^{n-2}(t) \cos^2(t), dt I n = [ − sin n − 1 ( t ) cos ( t ) ] 0 π /2 + ( n − 1 ) ∫ 0 π /2 sin n − 2 ( t ) cos 2 ( t ) , d t
Le crochet s’annule. On utilise cos 2 t = 1 − sin 2 t \cos^2 t = 1 - \sin^2 t cos 2 t = 1 − sin 2 t :
I n = ( n − 1 ) ( I n − 2 − I n ) I_n = (n-1)(I_{n-2} - I_n) I n = ( n − 1 ) ( I n − 2 − I n )
D’où la relation de récurrence : I n = n − 1 n , I n − 2 \boxed{I_n = \dfrac{n-1}{n}, I_{n-2}} I n = n n − 1 , I n − 2
Avec I 0 = π 2 I_0 = \dfrac{\pi}{2} I 0 = 2 π et I 1 = 1 I_1 = 1 I 1 = 1 , on obtient par exemple :
I 2 = π 4 I_2 = \dfrac{\pi}{4} I 2 = 4 π , I 3 = 2 3 I_3 = \dfrac{2}{3} I 3 = 3 2 , I 4 = 3 π 16 I_4 = \dfrac{3\pi}{16} I 4 = 16 3 π , I 5 = 8 15 I_5 = \dfrac{8}{15} I 5 = 15 8 .
Exercice 2 : Changement de variable§
Exercice — Calcul de ∫ 0 1 ln ( 1 + t ) 1 + t 2 , d t \int_0^1 \frac{\ln(1+t)}{1+t^2}, dt ∫ 0 1 1 + t 2 l n ( 1 + t ) , d t On note I = ∫ 0 1 ln ( 1 + t ) 1 + t 2 , d t I = \displaystyle\int_0^1 \frac{\ln(1+t)}{1+t^2}, dt I = ∫ 0 1 1 + t 2 ln ( 1 + t ) , d t . On effectue le changement de variable t = tan θ t = \tan\theta t = tan θ , d t = d θ cos 2 θ dt = \dfrac{d\theta}{\cos^2\theta} d t = cos 2 θ d θ :
I = ∫ 0 π / 4 ln ( 1 + tan θ ) 1 + tan 2 θ ⋅ d θ cos 2 θ = ∫ 0 π / 4 ln ( 1 + tan θ ) , d θ I = \int_0^{\pi/4} \frac{\ln(1 + \tan\theta)}{1 + \tan^2\theta} \cdot \frac{d\theta}{\cos^2\theta} = \int_0^{\pi/4} \ln(1 + \tan\theta), d\theta I = ∫ 0 π /4 1 + tan 2 θ ln ( 1 + tan θ ) ⋅ cos 2 θ d θ = ∫ 0 π /4 ln ( 1 + tan θ ) , d θ
car 1 + tan 2 θ = 1 / cos 2 θ 1 + \tan^2\theta = 1/\cos^2\theta 1 + tan 2 θ = 1/ cos 2 θ . On utilise alors la substitution θ ↦ π / 4 − θ \theta \mapsto \pi/4 - \theta θ ↦ π /4 − θ :
I = ∫ 0 π / 4 ln ! ( 1 + tan ! ( π 4 − θ ) ) d θ = ∫ 0 π / 4 ln ! ( 2 1 + tan θ ) d θ I = \int_0^{\pi/4} \ln!\left(1 + \tan!\left(\frac{\pi}{4} - \theta\right)\right) d\theta = \int_0^{\pi/4} \ln!\left(\frac{2}{1 + \tan\theta}\right) d\theta I = ∫ 0 π /4 ln ! ( 1 + tan ! ( 4 π − θ ) ) d θ = ∫ 0 π /4 ln ! ( 1 + tan θ 2 ) d θ
En additionnant : 2 I = ∫ 0 π / 4 ln 2 , d θ = π 4 ln 2 2I = \displaystyle\int_0^{\pi/4} \ln 2, d\theta = \frac{\pi}{4}\ln 2 2 I = ∫ 0 π /4 ln 2 , d θ = 4 π ln 2 , d’où I = π 8 ln 2 \boxed{I = \dfrac{\pi}{8}\ln 2} I = 8 π ln 2 .
Exercice 3 : Somme de Riemann§
Exercice — Limite de ∏ k = 1 n ( 1 + k n ) 1 / n \prod_{k=1}^{n}\left(1 + \frac{k}{n}\right)^{1/n} ∏ k = 1 n ( 1 + n k ) 1/ n Soit P n = ∏ k = 1 n ( 1 + k n ) 1 / n P_n = \displaystyle\prod_{k=1}^{n}\left(1 + \frac{k}{n}\right)^{1/n} P n = k = 1 ∏ n ( 1 + n k ) 1/ n . On passe au logarithme :
ln P n = 1 n ∑ k = 1 n ln ! ( 1 + k n ) \ln P_n = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \ln!\left(1 + \frac{k}{n}\right) ln P n = n 1 k = 1 ∑ n ln ! ( 1 + n k )
C’est une somme de Riemann pour f ( t ) = ln ( 1 + t ) f(t) = \ln(1 + t) f ( t ) = ln ( 1 + t ) sur [ 0 , 1 ] [0, 1] [ 0 , 1 ] :
ln P n → n → ∞ ∫ 0 1 ln ( 1 + t ) , d t = [ ( 1 + t ) ln ( 1 + t ) − ( 1 + t ) ] 0 1 = 2 ln 2 − 1 \ln P_n \xrightarrow[n \to \infty]{} \int_0^1 \ln(1+t), dt = \big[(1+t)\ln(1+t) - (1+t)\big]_0^1 = 2\ln 2 - 1 ln P n n → ∞ ∫ 0 1 ln ( 1 + t ) , d t = [ ( 1 + t ) ln ( 1 + t ) − ( 1 + t ) ] 0 1 = 2 ln 2 − 1
Donc P n → e 2 ln 2 − 1 = 4 e \boxed{P_n \to e^{2\ln 2 - 1} = \dfrac{4}{e}} P n → e 2 l n 2 − 1 = e 4 .
Exercice — Encadrement de e e e En appliquant l’inégalité de Taylor-Lagrange à f ( x ) = e x f(x) = e^x f ( x ) = e x au point a = 0 a = 0 a = 0 , à l’ordre n n n :
∣ e 1 − ∑ k = 0 n 1 k ! ∣ ⩽ e ( n + 1 ) ! \left|e^1 - \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}\right| \leqslant \frac{e}{(n+1)!} e 1 − k = 0 ∑ n k ! 1 ⩽ ( n + 1 )! e
car ∣ f ( n + 1 ) ∣ ∞ , [ 0 , 1 ] = e |f^{(n+1)}|_{\infty, [0,1]} = e ∣ f ( n + 1 ) ∣ ∞ , [ 0 , 1 ] = e . Pour n = 4 n = 4 n = 4 :
∑ k = 0 4 1 k ! = 1 + 1 + 1 2 + 1 6 + 1 24 = 65 24 ≈ 2,7083 \sum_{k=0}^{4} \frac{1}{k!} = 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \frac{1}{24} = \frac{65}{24} \approx 2{,}7083 k = 0 ∑ 4 k ! 1 = 1 + 1 + 2 1 + 6 1 + 24 1 = 24 65 ≈ 2 , 7083
L’erreur est majorée par e / 120 < 3 / 120 = 0,025 e/120 < 3/120 = 0{,}025 e /120 < 3/120 = 0 , 025 , soit e ∈ [ 2,683 ; ; 2,733 ] e \in [2{,}683;; 2{,}733] e ∈ [ 2 , 683 ;; 2 , 733 ] .
10. Liens§
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