Chapitre 9
INTÉGRALE DE RIEMANN
Dans tout ce paragraphe on désigne par [a; b] un intervalle fermé de R .
Version du 16 novembre 2005
9.1 Fonctions en escalier
9.1 Fonctions en escalier
DEFINITION Si X est un ensemble et A X , la fonction 1A:X !R:x7 !
8<
:
1 x2A
si
0 x =2A s’appelle lafonction caractéristique de A .
Unesubdivision de [a; b] est une suite (xj)j=0;:::;m de [a; b] telle que a=x0 < x1 < : : : < xm=b .
Nous dirons que ' : [a; b] ! R est une fonction en escalier s’il existe une subdivision (xj)j=0;:::;m de[a; b], dite associée à', telle que' soit constante sur chaque intervalle[xj; xj+1[ pourj = 0; : : : ; m 1. On a donc
' =
mX1 j=0
'(xj) 1[xj;xj+1[+'(b) 1fbg .
Nous désignerons parE([a; b])l’ensemble de toutes les fonctions en escalier.
Remarquons que les fonctions en escalier sont continues à droite et qu’une telle fonction peut avoir plusieurs représentations comme ci-dessus.
LEMME Soient (uj)j=0;:::;p et (vj)j=0;:::;q des subdivisions. Il existe une unique subdivision (xj)j=0;:::;m telle que
fx0; : : : ; xmg=fu0; : : : ; upg [ fv0; ::; vqg . C’est évident.
PROPOSITION E([a; b]) est un sous-espace vectoriel réticulé de l’espace vectoriel ré- ticulé R[a;b] de toutes les fonctions réelles sur [a; b] , i.e. pour tout '; 2 E([a; b]) et 2 R , on a
' ; '+ ; min ('; ) ; max ('; ) 2 E([a; b]) . En outre, pour tout p2R+ , on a
j'jp ; ' 2 E([a; b]) .
Soient (uj)j=0;:::;p et (vj)j=0;:::;q des subdivisions associées à' et respectivement et consi- dérons la subdivision réunion(xj)j=0;:::;m . Comme chaque intervalle[xj; xj+1[ est contenu dans
Fonctions en escalier 9.1 un intervalle de la forme [ur; ur+1[ , ainsi que dans un intervalle de la forme [vs; vs+1[ , on en déduit que ' et sont constantes sur [xj; xj+1[ , donc aussi toutes les fonctions citées dans la proposition.
EXEMPLE Pour tout c; d 2 [a; b] tels que c 6 d , on a 1[c;d[ 2 E([a; b]) , mais 1[c;d] 2= E([a; b]), à moins que d=b .
9.2 Intégrale élémentaire
9.2 Intégrale élémentaire
Soient'2 E([a; b])et(uj)j=0;:::;p,(vj)j=0;:::;q des subdivisions associées à'. La subdivision (xj)j=0;:::;m réunion de(uj)j=0;:::;p et (vj)j=0;:::;q est aussi associée à' . En outre
[ur; ur+1[ = [
ur6xj<ur+1
[xj; xj+1[
et(xj)u
r6xj6ur+1 est une subdivision de [ur; ur+1] . On a alors
p 1
X
r=0
'(ur) (ur+1 ur) =
p 1
X
r=0
'(ur) X
ur6xj<ur+1
(xj+1 xj) =
mX1 j=0
'(xj) (xj+1 xj) , puisque '(ur) ='(xj) si ur6xj < ur+1 . On obtient de même
q 1
X
s=0
'(vs) (us+1 us) =
m 1
X
j=0
'(xj) (xj+1 xj) , donc
p 1
X
r=0
'(ur) (ur+1 ur) =
q 1
X
s=0
'(vs) (us+1 us) . Ceci nous permet de poser la
DEFINITION Si '2 E([a; b]) et(xj)j=0;:::;m est une subdivision associée à ' , on dit que Z b
a
' :=
mX1 j=0
'(xj) (xj+1 xj)
est l’intégrale (élémentaire) de Riemann de ' .
PROPOSITION Pour tout '; 2 E([a; b]) et 2R , on a
(i) Z b
a
( ') =
Z b a
' .
(ii) Z b
a
('+ ) = Z b
a
'+ Z b
a
. (iii)
'6 =)
Z b a
'6Z b a
. Si(xj)j=0;:::;m est une subdivision associée à ' et , on obtient
Z b a
( ') =
mX1 j=0
( ') (xj) (xj+1 xj) =
m 1
X
j=0
'(xj) (xj+1 xj) =
Z b a
' ,
Intégrale élémentaire 9.2 Z b
a
('+ ) =
mX1 j=0
('+ ) (xj) (xj+1 xj) =
=
mX1 j=0
'(xj 1) (xj xj 1) +
mX1 j=0
(xj) (xj+1 xj) = Z b
a
'+ Z b
a
et, si ' 6 , Z b
a
'=
mX1 j=0
'(xj) (xj+1 xj)6
mX1 j=0
(xj) (xj+1 xj) = Z b
a
.
REMARQUE 1 Les propriétés (i) et (ii) signi…ent que '7 !
Z b a
' :E([a; b]) !R
est une forme linéaire. On exprime la propriété (iii) en disant que cette forme linéaire est croissante ou encore qu’elle est positive , car elle est équivalente à
'>0 =) Z b
a
'>0 . En e¤et si '6 , alors '>0 , donc
Z b a
Z b a
' = Z b
a
( ')>0.
REMARQUE 2 (Intégrales de Stieltjes) Une fonction croissante : [a; b] !Rpossède des limites à gauche (x ) et à droite (x+) en tout point x 2 [a; b] , excepté les deux cas suivants dé…nis par
(a ) := (a) et (b+) := (b) (cf. exercices 7.8.3 et 7.9.5).
Pour tout '2 E([a; b]), on dé…nit alors l’intégrale (élémentaire) de Stieltjes de ' par Z b
a
' d :=
mX1 j=0
'(xj) [ (xj+1 ) (xj )] +'(b) [ (b+) (b )] . Elle possède les mêmes propriétés que l’intégrale élémentaire de Riemann. On a
Z b a
' = Z b
a
' d(id) .
9.3 Integrale supérieure de Darboux
9.3 Integrale supérieure de Darboux
Si f : [a; b] !R est une fonction (bornée), on va dé…nir son intégrale en approximant f par en haut comme par en bas à l’aide de fonctions en escalier. Ceci nous conduit à introduire les deux nombres suivants.
DEFINITION Pour toute fonctionf : [a; b] !R , on pose Z b
a
f := inf'2E([a;b]);'>f Z b
a
' 2R
et Z b
a
f := sup 2E([a;b]); 6f Z b
a 2R.
On dit que ce sont respectivement les intégrales supérieure etinférieure de Darboux def .
PROPOSITION Pour toute fonction f : [a; b] !R , on a Z b
a
f 6Z b a
f , Z b
a
f = Z b
a
( f) , Z b
a
f <1 () f est majorée et si l’on a m6f 6M pour certains m; M 2R , alors
m (b a)6Z b a
f 6Z b a
f 6M (b a) .
Si '; 2 E ([a; b]) et 6 f 6 ' , alors Rb
a 6 Rb
a ' par la proposition 9.2.iii, d’où la première partie. Pour la deuxième on a
Z b a
f = inf 2E([a;b]); 6f Z b
a
= inf 2E([a;b]); f6 Z b
a
( ) = Z b
a
( f) ,
puisque 2 E([a; b]) est équivalent à 2 E([a; b]) . La troisième est immédiate car une fonction en escalier ne prend qu’un nombre …ni de valeurs, donc est bornée. Pour la dernière partie il su¢ t de remarquer que
m 1[a;b]6f 6M 1[a;b] .
EXEMPLE 1 Pour tout' 2 E([a; b]), on a Z b
a
' = Z b
a
' = Z b
a
' . C’est immédiat.
Integrale supérieure de Darboux 9.3 EXEMPLE 2 Considérons la fonction
f : [0;1] !R:x7 ! 8<
:
1 x2Q
si
0 x =2Q .
On a Z 1
0
f = 1 et Z 1
0
f = 0 .
Soient ' 2 E([0;1]) tel que ' > f et (xj)j=0;:::;m une subdivision de [0;1] associée à ' . Pour tout k = 0; : : : ; m 1 , il existe un nombre rationnel q 2[xj; xj+1[ . On a donc '(xj) = '(q)>f(q) = 1 . Ainsi
Z 1 0
' >
mX1 j=0
'(xj) (xj+1 xj)>
m 1
X
j=0
(xj+1 xj) = 1 . On en déduit que R1
0 f = 1 , car 1 est aussi une fonction en escalier et 1>f .
L’autre assertion se démontre de la même manière, en remarquant que [xj; xj+1[ contient un nombre irrationnel, par exemple q+pl2 pourl assez grand.
9.4 Continuité uniforme
9.4 Continuité uniforme
DEFINITION Soient X et Y des espaces métriques et f : X ! Y une application. On dit que f est uniformément continue si, pour tout " > 0 , il existe > 0 tel que, pour tout u; v 2X , on ait
dX(u; v)6 =) dY (f(u); f(v))6" .
EXEMPLE La fonction id : R !R est uniformément continue, par contre id2 : R ! R ne l’est pas. Il en est de même de sinid1 : ]0;1] !R.
Il su¢ t de prendre =" . Le reste est laissé en exercice.
THEOREME (de Heine) Une fonction continue f : [a; b] ! C est uniformément conti- nue.
Sif n’est pas uniformément continue, il existe" >0tel que, pour toutk 2N l’implication pour toutu; v 2[a; b];ju vj6 1
k =) jf(u) f(v)j6"
soit fausse. Il existe donc uk; vk2[a; b]tels que juk vkj6 1
k et jf(uk) f(vk)j> " .
Le théorème de Bolzano-Weierstrass 5.11 nous permet d’extraire une sous-suite convergente (ukl)l2N . Soit alors x= limlukl 2[a; b] . Comme on a
jx vkj6jx ukj+juk vkj6jx ukj+ 1 k ,
on en déduit que(vkl)l2N est aussi convergente et quelimlvkl =x . Par la continuité de f , on obtient alors
liml[f(ukl) f(vkl)] =f(x) f(x) = 0 , ce qui est absurde, puisque jf(ukl) f(vkl)j>" pour toutl 2N .
EXERCICE Soient J un intervalle de R et f : J ! C une fonction dérivable dont la dérivéef0 est bornée. Montrer quef est uniformément continue.
Intégrabilité au sens de Riemann 9.5
9.5 Intégrabilité au sens de Riemann
DEFINITION Une fonctionf : [a; b] !Rest dite (Riemann) intégrable si l’on a Z b
a
f = Z b
a
f 2R . Ce nombre s’appelle l’intégrale (de Riemann) def et se note
Z b a
f .
LEMME Une fonction f : [a; b] !R est intégrable si, et seulement si, pour tout " >0 , il existe '; 2 E([a; b]) tels que
6f 6' et Z b
a
(' )6" .
C’est immédiat par dé…nition.
EXEMPLE 1 Toute fonction en escalier est intégrable d’après l’exemple 9.3.1. Par contre la fonction de l’exemple 9.3.2 n’est pas intégrable.
THEOREME Toute fonction continue f : [a; b] !R est intégrable.
D’après le théorème de Heine, nous savons quef est uniformément continue. Il existe donc
>0tel que l’on aitjf(u) f(v)j6 b a" siju vj6 . Choisisssonsm 2N tel que b am 6 . On considère alors la subdivision
xj =a+j b a
m pourj = 0; : : : ; m .
Nous savons par le théorème de Weierstrass 7.10 que f est bornée. Nous pouvons donc poser ':=
mX1 j=0
supf([xj; xj+1[) 1[xj;xj+1[+f(b) 1fbg
et
:=
mX1 j=0
inff([xj; xj+1[) 1[xj;xj+1[+f(b) 1fbg .
On a 6f 6' car, pour tout x2[a; b[ , il existej tel que x2[xj; xj+1[ , donc (x) = inff([xj; xj+1[)6f(x)6supf([xj; xj+1[) ='(x) , tandis que
(b) = f(b) ='(b) .
9.5 Intégrabilité au sens de Riemann D’autre part, pour tout u; v 2 [xj; xj+1[ , on a ju vj 6 , donc jf(u) f(v)j 6 b a" et en particulier
f(u)6f(v) + "
b a . On en déduit que
supf([xj; xj+1[)6inff([xj; xj+1[) + "
b a et par suite que
06supf([xj; xj+1[) inff([xj; xj+1[)6 "
b a . Ainsi
06' 6 "
b a ,
donc Z b
a
(' )6Z b a
"
b a =" , d’où notre assertion par le lemme.
REMARQUE 1 Rappelons, siX est un ensemble etf; g :X !Rdes fonctions que l’on a min (f; g) + max (f; g) =f +g .
En posant
f+ := max (f;0) et f := max ( f;0) , on a
f =f+ f et jfj= max (f; f) =f++f .
PROPOSITION Soient f; g : [a; b] !R des fonctions bornées et 2R+ . On a alors
(i) Z b
a
( f) =
Z b a
f et Z b
a
( f) =
Z b a
f .
(ii) Z b
a
f+ Z b
a
g 6Z b a
(f+g) et Z b
a
(f +g)6Z b a
f + Z b
a
g . (iii)
f 6g =) Z b
a
f 6Z b a
g ; Z b
a
f 6Z b a
g .
(iv) Z b
a
f+ Z b
a
g 6Z b a
min (f; g) + Z b
a
max (f; g)
et Z b
a
min (f; g) + Z b
a
max (f; g)6Z b a
f + Z b
a
g .
Intégrabilité au sens de Riemann 9.5 Les formules pour les intégrales inférieures découlent des formules pour les intégrales supé- rieures, car on a
Z b a
f = Z b
a
( f) .
Démonstration de (i) Si 6= 0 la formule est évidente. Si >0 , alors Z b
a
( f) = inf'2E([a;b]);'> f Z b
a
' = inf'2E([a;b]);'>f Z b
a
' =
= inf'2E([a;b]);'>f Z b
a
' =
Z b a
f , puisque ' 2 E([a; b]) est équivalent à ' 2 E([a; b]) .
Démonstration de (ii) Etant donné '; 2 E([a; b]) tels que ' > f et > g , on a '+ >f +g , donc
Z b a
(f +g)6Z b a
('+ ) = Z b
a
'+ Z b
a
.
La deuxième formule en découle en prenant l’in…mum sur ces ' , puis sur ces .
Démonstration de (iii) Etant donné 2 E([a; b])tels que >g , on a >f , donc Z b
a
f 6Z b a
, d’où la formule.
Démonstration de (iv) Etant donné '; 2 E([a; b]) tels que '>f et >g , on a min ('; )>min (f; g) et max ('; )>max (f; g) ,
donc Z b
a
min (f; g) + Z b
a
max (f; g)6Z b a
min ('; ) + Z b
a
max ('; ) =
Z b a
[min ('; ) + max ('; )] = Z b
a
('+ ) = Z b
a
'+ Z b
a
, ce qui …nit de prouver la proposition.
COROLLAIRE Soient f; g : [a; b] ! R des fonctions intégrables, 2 R et p 2 [1;1[ . Alors les fonctions
f , f+g , min (f; g) , max (f; g) , f+ , f , jfjp et f g sont intégrables, et on a
Z b a
f =
Z b a
f , Z b
a
(f +g) = Z b
a
f+ Z b
a
g , ainsi que
f 6g ) Z b
a
f 6Z b a
g .
9.5 Intégrabilité au sens de Riemann Commef et g sont intégrables, on a
Z b a
f = Z b
a
f et Z b
a
g = Z b
a
g . Si >0 , on obtient alors
Z b a
( f) =
Z b a
f =
Z b a
f = Z b
a
( f) . Si <0 , on peut écrire
Z b a
( f) = Z b
a
( j j f) = Z b
a
(j j f) = j j Z b
a
f =
= j j Z b
a
f = Z b
a
(j j f) = Z b
a
( f) . Pour prouver quef +g est intégrable, il su¢ t de constater que
Z b a
f+ Z b
a
g = Z b
a
f + Z b
a
g 6Z b a
(f +g)6Z b a
(f +g)6Z b a
f+ Z b
a
g . Quant à l’intégrabilité de min (f; g) etmax (f; g) , elle découle de
Z b a
f+ Z b
a
g = Z b
a
f + Z b
a
g 6Z b a
min (f; g) + Z b
a
max (f; g)6
6Z b a
min (f; g) + Z b
a
max (f; g)6Z b a
f + Z b
a
g , car pour tout ; ; ; 2R , on a
6 ; 6 ; + = + ) = ; = .
On en déduit celle def+ ,f et jfj .
Pour démontrer l’intégrabilité dejfjp , nous pouvons remplacerf parjfj. En outre il existe M 2R+ tel que que 06 f 6M . Pour tout " >0 , par le lemme il existe '; 2 E([a; b])tels que 6f 6' etRb
a (' )6". Nous pouvons supposer que >0 et'6M en remplaçant au besoin par + et ' parmin ('; M) . On a
p; 'p 2 E([a; b]) et p 6fp 6'p . Par la formule des accroissements …nis, pour toutu; v 2R+ , on a
up vp =p p 1 (u v) pour un certain entre u etv . En en déduit que
'p p 6p Mp 1 (' ) ,
puisque pour tout x 2 [a; b] , le point est entre '(x) et (x) , donc 6 M , et que idp 1 :R+ !R est croissante. Il vient alors
Z b a
('p p)6p Mp 1 Z b
a
(' )6p Mp 1 " . Finalement il su¢ t de remarquer que
f2 =jfj2 et f g= 1
4 (f+g)2 (f g)2 .
Intégrabilité au sens de Riemann 9.5 REMARQUE 2 Pour p 2 ]0;1[ , on peut aussi montrer que jfjp est intégrable, mais la démonstration est plus compliquée, caridp 1 n’est pas croissante. Mais cela n’est pas important car les seules fonctions que nous rencontrerons, avant de traiter l’intégrale de Lebesgue, sont celles qui sont continues par morceaux (cf. exemples 3 ci-dessous) et pour lesquelles le résultat est évident.
EXEMPLE 2 Nous savons que les fonctions en escalier et les fonctions continues sont inté- grables. En outre on démontre facilement (voir l’exercice ci-dessous) que, pour tout x2[a; b], la fonction 1fxg est intégrable. Le corollaire montre alors que toute combinaison linéaire de telles fonctions est aussi intégrable. On voit alors immédiatement que ces fonctions sont celles qui sont continues par morceaux sur [a; b] au sens de la dé…nition suivante :
Si J est un intervalle de R , nous dirons qu’une fonction f : J ! C est continue par morceaux s’il existe une subdivision (xj)j=0;:::;m deJ , telle que x0 = infJ 2Retxm = supJ 2 R , telle que la restriction de f à chaque intervalle ouvert ]xj; xj+1[ possède un prolongement continu à l’intervalle fermé [xj; xj+1]\R .
Les valeurs de f aux pointsxj 2J peuvent donc être quelconques.
EXERCICE 1 Montrer que les fonctions croissantes sur [a; b]sont intégrables.
EXERCICE 2
(a) Soitf : [a; b] !Rune fonction bornée. S’il existe une suite de subdivisions(xk;j)j=0;:::;m
k
de [a; b] telles que
C := limk mXk 1
j=0
supf([xk;j; xk;j+1)) (xk;j+1 xk;j) =
= limk
mXk 1 j=0
inff([xk;j; xk;j+1)) (xk;j+1 xk;j) , alors f est intégrable et
Z b a
f =C .
(b) Montrer que pour tout x2[a; b] , la fonction 1fxg est intégrable.
9.6 Théorème de la moyenne
9.6 Théorème de la moyenne
THEOREME Soient f; g : [a; b] ! R des fonctions continues telles que g > 0 . Alors il existe 2[a; b] tel que
Z b a
f g =f( ) Z b
a
g .
D’après le théorème de Weierstraß7.10, il existe u; v 2[a; b] tels que m := inf f([a; b]) = f(u) etM := sup f([a; b]) =f(v) . On a évidemmentm g 6f g 6M g , donc
m Z b
a
g 6Z b a
f g 6M Z b
a
g , ce qui montre que Rb
a f g = Rb
a g pour un certain 2[m; M] = [f(u); f(v)] . Le théorème de la valeur intermédiaire 7.5, p. 181, prouve alors l’existence d’une entreu et v , donc dans [a; b] tel que f( ) = , ce qu’il fallait démontrer.
COROLLAIRE Pour toute fonction continue f : [a; b] !R , il existe 2[a; b] tel que Z b
a
f =f( ) (b a) .
Intégration des fonctions à valeurs complexes 9.7
9.7 Intégration des fonctions à valeurs complexes
DEFINITION Soit f : [a; b] ! C une fonction à valeurs complexes. On dit que f est (Riemann) intégrable siRef et Imf le sont. On dé…nit l’intégrale(de Riemann) def par
Z b a
f :=
Z b a
Ref +i Z b
a
Imf .
PROPOSITION Si f; g : [a; b] ! C sont des fonctions intégrables et 2 C , alors les fonctions
f , f +g , jfj et f g sont intégrables, et on a
Z b a
( f) =
Z b a
f , Z b
a
(f +g) = Z b
a
f+ Z b
a
g
et Z b
a
f 6Z b
a jfj6M (b a) , si jfj6M 2R+
Il su¢ t d’utiliser le corollaire 9.5, sauf pour les assertions concernant jfj . L’intégrabilité découle de la remarque 9.5.2 (avec p= 12 ) et de la formule
jfj= (Ref)2+ (Imf)2
1 2 . Quant à l’inégalité, il su¢ t de remarquer qu’il existe u2U tel que
Z b a
f =u Z b
a
f = Z b
a
(u f) = Z b
a
Re (u f) +i Z b
a
Im (u f) =
= Z b
a
Re (u f)6Z b a jfj , car Rb
a (u f)2R , doncRb
aIm (u f) = 0 , et
Re (u f)6ju fj=jfj .
9.8 Intégrales indé…nies
9.8 Intégrales indé…nies
DEFINITION 1 On pose Z a a
f = 0 et Z b
a
f :=
Z a b
f sib < a .
LEMME Soient J un intervalle de R et f :J !C .
(i) Soient a; b; c2J tels que a < b < c . Pour que fj[a;c] soit intégrable, il faut et il su¢ t que fj[a;b] et fj[b;c] soient intégrables.
(ii) Pour tout a; b; c2J , on a Z c
a
f = Z b
a
f+ Z c
b
f , si f est intégrable sur le plus petit intervalle contenant a; b et c .
Démonstration de (i) C’est immédiat en utilisant le lemme 9.5 et on a la formule.
Démonstration de (ii) Il su¢ t de distinguer les casc < a et c2[a; b] .
THEOREME (Existence d’une primitive) Soient J un intervalle de R , 2 J et g : J !C une fonction continue. Alors la fonction
G:J !C:x7 ! Z x
g
est une primitive de g , i.e. G est dérivable et G0 =g .
Plus précisément G est l’unique solution du problème avec condition initiale f0 =g et f( ) = 0 .
On peut évidemment, en séparant partie réelle et partie imaginaire, supposer que g est réelle. Etant donné x2J , pour touty2J tel que y 6=x , on a
G(y) G(x)
y x = 1
y x
Z y
g Z x
g = 1
y x
Z y x
g .
Mais d’après le théorème de la moyenne (corollaire 9.6), il existe y entre x ety tel que Z y
x
g =g y (y x) , donc
G(y) G(x)
y x =f y .
Intégrales indé…nies 9.8 Mais comme limx6=y!x y =x et que f est continue, on obtient
G0(x) = lim
x6=y!x
G(y) G(x)
y x =f(x) .
On a évidemment G( ) = 0. Finalement l’unicité découle du théorème d’unicité 8.7 . DEFINITION 2 On dit queR
g est l’intégrale indé…nie de g s’annulant en . Nous pouvons maintenant généraliser la proposition 8.7.
PROPOSITION Soient c; d:J !C des fonctions continue, 2J et 2C .
(i) Il existe une et une seule fonction dérivablef :J !Csolution du problème (homogène) avec condition initiale
f0 =c f et f( ) = . On a
f = exp Z
c .
(ii) Il existe une et une seule fonction dérivable solution du problème (inhomogène) avec condition initiale
f0 =c f +d et f( ) = . On a
f = +
Z
d(s) exp
Z s
c ds exp Z
c =
= exp
Z
c + Z
d(s) exp Z
s
c ds .
Démonstration de (i) La démonstration est identique à celle de la proposition 8.7 en faisant l’Ansatz f =g exp R
c , car exp
Z c
0
= exp Z
c Z
c
0
=c exp Z
c .
Démonstration de (ii) La démonstration est laissée en exercice. On utilise le même Ansatz que ci-dessus f = g exp R
c , dite méthode de la variation des constantes : cela revient dans la solution du problème homogène à changer la constante en la fonction g . On peut remarquer que
Z
d(s) exp
Z s
c ds exp Z
c
est solution de problème inhomogène
f0 =c f +d et f( ) = 0 .
Nous généraliserons ces considérations aux équations di¤érentielles linéaires vectorielles (cf. 12.7 et 12.9).
9.8 Intégrales indé…nies EXEMPLE L’unique solution du problème avec condition initiale
f0 = 2 id f + 1 et f(0) = 0 est
f(t) = Z t
0
et2 s2ds =et2 Z t
0
e s2ds . Remarquons que la fonction
erf := 2 p
Z
0
e s2ds ,
importante popur le Calcul des ne peut pas s’exprimer à l’aide des fonctions élémentaires. On dit que c’est unefonction spéciale .
EXERCICE 1 Calculer la dérivée de la fonction f :R !R:x7 !
Z x2+ x
p1 + sin2tdt .
EXERCICE 2 Quelle est l’unique solution du problème avec condition initiale f0 = 2 id f+ id , f(0) = 0?
EXERCICE 3 Soit 2R . Quelle est l’unique solution du problème avec condition initiale f0 = (1 + id) f + 1 3 id + id2 , f(0) = ?
Le cas = 0a déjà été considéré par Newton dans son traité sur les ‡uxions, dont le manuscript est daté de 1671. Il a résolu cette équation di¤érentielle en faisant l’Ansatz f =P1
l=1cl idl . EXERCICE 4
(a) Soient c1; c2; 2C , c1 6= 0 . Montrer à l’aide de l’Ansatz f =g e c1id , que f = c2
c1 + c2
c1 e c1id est solution du problème avec condition initiale
f0+c1 f =c2 ; f(0) = . (b) Soient 0; 1 2C . Résoudre le problème avec condition initiale
f00+f = 0 ; f(0) = 0 ; f0(0) = 1 . Faire l’Ansatz f =g eiid et montrer que l’on a g00+ 2i g0 = 0 . (c) Donner les solutions pour les couples( 0; 1) = (1;0) ; (0;1) .
EXERCICE 5 Soitf :R+ !Rune fonction continue satisfaisant à l’équation fonctionnelle f(x y) = f(x) f(y) pour tout x; y 2R+ .
(a) On af = 0 sur R+ ouf > 0sur R+ .
Intégrales indé…nies 9.8 Quelles sont les valeurs possibles pour f(1)?
(b) Pour quef soit dérivable, il faut et il su¢ t que f soit dérivable en un pointx2R+ . Dans ce cas f satisfait à une équation di¤érentielle. Laquelle ?
(c) Montrer que f est continûment dérivable.
On étudiera l’intégrale Rx
1 f(t)dt en remarquant quet = xt x . (d) On en déduira la forme def .
9.9 Théorème fondamental du calcul di¤érentiel et intégral
9.9 Théorème fondamental du calcul di¤érentiel et intégral
THEOREME Soient f : [a; b] !C une fonction continue etF une primitive de f . Alors Z b
a
f =F (b) F(a) .
D’après le théorème 9.8 la fonctionR
a f est une primitive def . Mais le théorème d’unicité 8.7 montre que F =R
a f +c pour un certainc2C. On a alors Z b
a
f = Z b
a
f+c
Z a a
f +c =F (b) F (a) .
DEFINITION On pose
[F]ba :=F (b) F (a) . Le théorème fondamental peut donc s’écrire
Z b a
f = [F]ba .
Comme dans beaucoup de situations une fonction dépend encore de certains paramètres, il est utile de préciser la variable par rapport à laquelle on intègre. On écrit alors
Z b a
f(x)dx= [F (x)]bx=a .
EXEMPLE 1 Pour touts2R et a; b2R , on a Z b
a
xsdx= 8>
>>
<
>>
>: hxs+1
s+1
ib a
s6= 1 h si
lnjxjib
a s= 1
avec
a; bquelconques si s2N , 02=[a; b] si s2Z r N , [a; b] R+ sis 2R+r N et
[a; b] R+ si s2R r Z .
Théorème fondamental du calcul di¤érentiel et intégral 9.9 Il su¢ t de discuter les cas où la fonction x7 !xs est bien dé…nie et continue.
Attention, si l’on ne tient pas compte des valeurs de a etb , on peut avoir des surprises : Z 1
1
dx
x2 = 1 x
1
1
= 2!
EXEMPLE 2 Pour tout c2C eta; b2R , on a Z b
a
ec xdx= 8<
:
1
c ec x ba c6= 0 si
b a c= 0
.
Nous pouvons maintenant améliorer l’inégalité de la moyenne 8.5.
PROPOSITION (Inégalité de la moyenne) Soit f : [a; b] ! C une fonction continû- ment dérivable. Alors
jf(b) f(a)j6(b a) supx2[a;b]jf0(x)j . On peut écrire
jf(b) f(a)j= Z b
a
f0 6Z b a
jf0j6 6supx2[a;b]jf0(x)j
Z b a
1 = (b a) supx2[a;b]jf0(x)j .
EXERCICE Calculerlimk!1ak pour (a)
ak:=
Xk j=0
1 k+j . (b)
ak :=
Xk j=1
(j2+k2) (2j+ 1)
k4 ln j2+k2 2 lnk . On interprétera les sommes comme des intégrales élémentaires.
9.10 Règle de substitution
9.10 Règle de substitution
THEOREME Soient J un intervalle de R , f : J ! C une fonction continue, [c; d] un intervalle de R et : [c; d] !J une fonction continûment dérivable. Alors on a
Z d c
f 0 =
Z (d) (c)
f .
En e¤et si F est une primitive de f , alors F est une primitive def 0 par la règle de dérivation des fonctions composées (théorème 8.3.i) :
(F )0 =F0 0 =f 0 . Il vient alors
Z d c
f 0 = [F ]dc = [F] (d)(c) = Z (d)
(c)
f .
REMARQUE 1 Si est croissante, on peut montrer que Z d
c
f 0 =
Z d c
f d
en utilisant l’intégrale de Stieltjes.
Mnémotechniquement, la formule de substitution Z (d)
(c)
f(x)dx= Z d
c
f( (y))d (y) = Z d
c
f( (y)) 0(y)dy
s’obtient en faisant la substitutionx= (y), puis en utilisant la règle dx=d (y) = 0(y) dy . Il n’est pas nécessaire que soit bijective. Une substitution n’est donc pas nécessairement un changement de variable (cf. exemples 3 et 4 ci-dessous).
REMARQUE 2 Si est strictement monotone, i.e. une bijection de [c; d] sur l’intervalle [a; b] , et par suitex= (y) unchangement de variable , alors
Z b a
f(x)dx=
Z 1(b)
1(a)
f( (y)) 0(y) dy .
REMARQUE 3 On désigne souvent par R
f une primitive de f . Mais attention, cette notation n’est pas assez précise et peut vite conduire à des erreurs, puisqu’il n’est pas clair de quelle primitive il s’agit !
La formule de substitution montre alors que Z
(f 0) = Z
f +c avec c2C ,
Règle de substitution 9.10 ce qui est évident par la règle de dérivation des fonctions composées.
Si est une bijection, alors Z
f = Z
f 0 1+c .
EXEMPLE 1 Pour tout c2R , on a Z b
a
f(x)dx= Z b+c
a+c
f(y c)dy .
On fait le changement de variablex=y c . EXEMPLE 2 Pour tout c2R , on a
Z b a
f(x)dx= 1 c
Z c b c a
f y c dy . On fait le changement de variablex= yc .
EXEMPLE 3 On a Z
0
cosy dy = Z
0
1 sin0y dy = Z 0
0
1 dx= 0 , en faisant la substitution x= siny , car dx= cosy dy .
EXEMPLE 4 Si : [c; d] ! R est une fonction continûment dérivable telle que 6= 0 partout, alors en faisant la substitution x= (y), on obtient
Z d c
0(y) (y)dy=
Z (d) (c)
1
xdx=h
lnjxji (d) (c)
= ln (d) (c) ,
car ne change pas de signe. En d’autres termes, nous avons simplement utiliser le théorème fondamental et le fait que lnj j est une primitive de 0 .
En particulier, si [c; d] 2;2 , alors Z d
c
tany dy = Z d
c
cos0y
cosy dy= lncosd cosc . EXEMPLE 5 Si [a; b] [ 1;1] , alors
Z b a
p1 x2dx=
Z arcsinb arcsina
q
1 sin2y cosy dy=
Z arcsinb arcsina
cos2y dy ,
en faisant le changement de variable x= siny . Mais comme cos2y= 12 (cos 2y+ 1) , on a Z v
cos2y dy = 1 2
Z v
(cos 2y+ 1)dy = 1
4 sin 2y+ 1 2 y
v
.
9.10 Règle de substitution Ainsi
Z b a
p1 x2dx= 1 2
h
sin 2y+yiarcsinb arcsina
= 1 2
h x p
1 x2+ arcsinxib a , puisque
sin 2y= 2 siny cosy= 2x p
1 x2 . En particulier, on obtient
Z 1 1
p1 x2dx= 1
2 [arcsin 1 arcsin ( 1)] = 2 , qui est la surface sous le graphe d’un demi-cercle de rayon1 .
EXEMPLE 6 Soient p; q 2Rtels que l’on ait x2+ 2p x+q6= 0 pour toutx2[a; b] . On a Z b
a
dx
x2+ 2p x+q = Z b+p
a+p
dy
(y p)2+ 2p (y p) +q = Z b+p
a+p
dy y2+r , en faisant le changement de variablex=y p et en posantr:=q p2:
(a) Le cas r= 0 est trivial : Z b
a
dx
(x+p)2 = 1 (x+p)
b
a
. (b) Sir >0 , en faisant le changement de variable y=p
r t, on obtient Z b
a
dx
x2+ 2p x+q = 1 pr
Z b+pp r
a+pp r
dt
1 +t2 = 1
pr arctanx+p pr
b
a
. (c) Sir <0 , en faisant le changement de variable y=p
r t, on obtient Z b
a
dx
x2+ 2p x+q = 1 p r
Z pb+p r
pa+p r
dt
1 t2 = 1 2
p1
r ln
p r+x+p p r x p
b
a
, car 12 ln 1+id1 id est une primitive de 1 id1 2 .
En fait, à la place de se souvenir de ces formules, il est préférable à chaque fois de refaire les changements de variable. Dans le troisième cas, puisque les racinesx1 etx2 dex2+ 2p x+q= 0 sont réelles, on peut directement utiliser la décomposition en fractions simples :
1
x2+ 2p x+q =
x x1 +
x x2 . Par exemple
2
1 x2 = 1
1 x + 1
1 +x , et si 12= [a; b] , on obtient
Z b a
2
1 x2dx= Z b
a
1
1 x+ 1
1 +x dx=
=h
lnj1 xj+ lnj1 +xjib
a = ln 1 +x 1 x
b
a
.
Règle de substitution 9.10 EXERCICE 1 Soient a; b2R+ et k2N . Calculer les intégrales
Z a 0
x 1 x2 a2
k
dx et Z b
a
dx x ln x .
EXERCICE 2 Déterminer une primitive de
R rf0; 1g !R:x7 ! x5+ 2x4+ 3x3+ 3x2 x 3 x3+ 2x2+x .
EXERCICE 3 Déterminer une primitive de expexp +11 .
EXERCICE 4 Pour c2C , calculer l’intégrale Z
0
ec x sin2x dx .
9.11 Intégration par parties
9.11 Intégration par parties
PROPOSITION Soient f; g : [a; b] !C des fonctions continûment dérivables. Alors Z b
a
f g0 = [f g]ba Z b
a
f0 g .
La règle de dérivation d’un produit (théorème 8.2.ii) montre quef g est une primitive de f0 g +f:g0 , donc
Z b a
(f0 g+f g0) = [f g]ba , ce qu’il fallait démontrer.
REMARQUE Cette règle nous permet souvent de déterminer une primitive d’un produit, puisqu’on a
Z
(f g0) = f g Z
(f0 g) +c avec c2C .
EXEMPLE 1 Sia; b >0 , alors Z b
a
ln =h
id lnib a
Z b a
id 1 id =h
id (ln 1)ib a , puisque id0 = 1 .
EXEMPLE 2 Sia; b2] 1;1[, alors Z b
a
arcsin =h
id arcsinib a
Z b a
p id
1 id2 .
Mais Z b
a
p id
1 id2
= 1
2 Z b
a
1 id2 0 p1 id2
=h p
1 id2ib a ,
donc Z b
a
arcsin =h
id arcsin +p
1 id2ib a .
Remarquons que les deux membres dépendent continûment dea etb dans[ 1;1], i.e. pour a2[ 1;1] …xe, les fonctions
b 7 ! Z b
a
arcsin et b7 !h
id arcsin +p
1 id2ib a
Intégration par parties 9.11 sont continues. En choisissant a 2 ] 1;1[ , ces deux fonctions sont donc égales par ce qui précède sur ] 1;1[ . Par continuité elles sont donc égales sur [ 1;1] , ce qui montre que la formule ci-dessus est valable pour tout a2] 1;1[et b2[ 1;1]. En échangeant les rôles de a et b , on obtient …nalement que la formule est vraie pour touta; b2[ 1;1] .
En particulier
Z 1 0
arcsin =h
id arcsin +p
1 id2i1 0
= 2 1 .
EXEMPLE 3 Pour tout a; b2R , on a Z b
a
cos2 = [cos sin]ba Z b
a
( sin) sin =
= [cos sin]ba+ Z b
a
1 cos2 = [(cos sin + id)]ba Z b
a
cos2 ,
donc Z b
a
cos2 = 1 2
h
cos sin + idib a . EXERCICE 1 Pour tout k 2N , calculer l’intégrale
Z
xk sinx dx .
EXERCICE 2 Soient f 2 C([a; b]) et g 2 C(1)([a; b]) . On suppose que g est monotone.
Montrer qu’il existe un 2[a; b]tel que Z b
a
f g =g(a) Z
a
f+g(b) Z b
f , en intégrant par partie et en utilisant le théorème de la moyenne.
EXERCICE 3 Soit f : J ! R une fonction continûment dérivable injective. Déterminer une primitive de la fonction réciproque f1 , exprimée à l’aide de f1 et d’une primitive F de f , en faisant une substitution et une intégration par partie.
Appliquer ce résultat à la fonction
id exp :R+ !R+ . (cf. exercice 7.13).
9.12 Formule de Taylor avec reste intégral
9.12 Formule de Taylor avec reste intégral
THEOREME Soient J un intervalle de R ,k 2N et f :J !C une fonction (k+ 1)-fois continûment dérivable. Pour tout x; y 2J , on a alors
f(y) = Xk
l=0
f(l)(x)
l! (y x)l+ 1 k!
Z y x
(y t)k f(k+1)(t)dt .
Le cas k= 0 , i.e.
f(y) =f(x) + Z y
x
f0(t)dt ,
est évident par le théorème fondamental du calcul di¤érentiel et intégral 9.9.
Si maintenant la formule est vraie pourk , alors 1
k!
Z y x
(y t)k f(k+1)(t)dt=
=
"
(y t)k+1
(k+ 1)! f(k+1)(t)
#y t=x
+ 1
(k+ 1)!
Z y x
(y t)k+1 f(k+2)(t)dt =
= f(k+1)(x)
(k+ 1)! (y x)k+1+ 1 (k+ 1)!
Z y x
(y t)k+1 f(k+2)(t)dt
montre que la formule est vraie pour k+ 1 .
EXEMPLE En utilisant cette formule on peut améliorer le résultat de l’exemple 8.13.3 : Pour toutx2] 1;1], on a
ln (1 +x) = X1
l=1
( 1)l 1 l xl . Pour tout] 1;1[, on a
ln1 +x 1 x = 2
X1 l=0
1
2l+ 1 x2l+1 . En particulier
ln 2 = 2 X1
l=0
1 2l+ 1
1 3
2l+1
.
Cette série converge encore plus rapidement que celles données dans l’exemple 8.14.2.
En e¤et le reste s’écrit maintenant Rk+1(x) = 1
k!
Z x 0
(x t)k ( 1)k k!
(1 +t)k+1dt= ( 1)k Z x
0
x t 1 +t
k dt 1 +t .
Formule de Taylor avec reste intégral 9.12 Mais pour tout x2] 1;1]et t entre0 etx , on a jxj61, donc
jx tj=jxj jtj6jxj jtj jxj= (1 jtj) jxj6(1 +t) jxj , et par suite
x t
1 +t 6jxj . Ainsi
jRk+1(x)j6jxjk Z x
0
dt
1 +t =jxjk jln (1 +x)j , et on obtient limkRk+1(x) = 0 si jxj<1.
Remarquons que notre estimation du reste ne fournit pas le représentabilité de ln (1 + id) par sa série de Taylor au point 1, résultat pourtant obtenu dans l’exemple 8.13.3. Cela revient à montrer que
limk Z 1
0
1 t 1 +t
k dt
1 +t = 0 ,
ce qui est possible à l’aide du théorème de la convergence dominée de Lebesgue (ceci sera traité dans le cours d’Analyse III).
Pour la seconde formule on a ln1 +x
1 x = ln (1 +x) ln (1 x) = X1
l=1
1
l ( 1)l 1 ( 1)l 1 ( 1)l xl =
= X1
l=1
1
l ( 1)l 1+ 1 xl = 2 X1
l=0
1
2l+ 1 x2l+1 . Comme 2 = 1+
1 3
1 13 , on obtient la dernière formule.
9.13 Formule de Wallis
9.13 Formule de Wallis
On se propose tout d’abord de calculer l’intégrale Ak :=
Z 2
0
sink . On a
A0 = Z 2
0
1 = 2 et A1 = Z 2
0
sin = h
cos i2
0 = 1 . D’autre part, pourk >2, il vient en intégrant par partie
Ak = Z 2
0
sink =h
sink 1 cosi2
0
+ Z 2
0
(k 1) sink 2 cos2 =
= (k 1) Z 2
0
sink 2 sink = (k 1) (Ak 2 Ak) , donc
Ak= k 1
k Ak 2 . On en déduit, par récurrence, que
A2k = (2k 1) (2k 3) :: 3 1 2k (2k 2) :: 4 2 2 =
2 Yk l=1
2l 1 2l =
2
(2k)!
22k (k!)2 et
A2k+1 = 2k (2k 2) :: 4 2
(2k+ 1) (2k 1) :: 5 3 1 = Yk l=1
2l
2l+ 1 = 22k (k!)2 (2k+ 1)! . On a
sin2k+2 6sin2k+1 6sin2k sur h 0;2
i , donc
A2k+2 6A2k+1 6A2k , i.e.
A2k+2
A2k 6 A2k+1 A2k 61 . Mais comme
limk A2k+2
A2k = limk 2k+ 1 2k+ 2 = 1 , on en déduit que
limkA2k+1 A2k = 1 ,
Formule de Wallis 9.13 c’est-à-dire que
limk 2k k! 4 (2k)! (2k+ 1)! =
2 . En outre, on peut écrire
2
A2k+1
A2k = 2k k! 4 (2k)! (2k+ 1)! =
Yk l=1
24 l4
2l(2l 1) (2l+ 1) 2l =
= Yk
l=1
22 l2
(2l 1) (2l+ 1) = Yk
l=1
4 l2 4l2 1 . Ainsi
Y1 l=1
4l2
4l2 1 := limk Yk
l=1
4l2 4l2 1 =
2 .
9.14 Règle du trapèze
9.14 Règle du trapèze
PROPOSITION Soientf : [0;1] !Cune fonction deux fois continûment dérivable. Alors il existe 2[0;1] tel que
Z 1 0
f = 1
2 [f(0) +f(1)] 1
12 f00( ) .
Dé…nissons la fonction g sur[0;1] par g := 1
2 id (1 id) .
On a g >0, g0 = 12 idet g00= 1 . En intégrant deux fois par partie, on obtient Z 1
0
f = Z 1
0
g00 f =h
g0 fi1 0+
Z 1 0
g0 f0 =
= 1
2 [f(0) +f(1)] +h
g f0i1 0
Z 1 0
g f00 = 1
2 [f(0) +f(1)]
Z 1 0
g f00 . Le résultat en découle par le théorème de la moyenne 9.6 : on a
Z 1 0
g f00 =f00( ) Z 1
0
g
pour un 2[0;1]et Z 1
0
g = 1 2
Z 1 0
x (1 x)dx= 1
4 x2 1 6 x3
1
0
= 1 12 .
COROLLAIRE Soient f : [a; b] !C une fonction deux fois continûment dérivable, M := supx2[a;b]jf00(x)j
Règle du trapèze 9.14 et k 2N . En posant h:= b ak , on a alors
Z b a
f = 1
2 f(a) +
k 1
X
l=1
f(a+l h) + 1 2 f(b)
!
h+R
avec
jRj6 1
12 M (b a) h2 . En e¤et, on a
Z a+(l+1)h a+l h
f =h Z 1
0
f(a+h [l+t])dt
en faisant le changement de variable x=a+h [l+t]. Comme
@t2f(a+h [l+t]) =h2 f00(a+h [l+t]) , la règle du trapèze montre que
Z a+(l+1)h a+l h
f =h 1
2[f(a+l h) +f(a+ (l+ 1) h)] +Rl avec
jRlj6 1
12 M h2 . Finalement, il vient
Z b a
f =
k 1
X
l=0
Z a+(l+1)h a+l h
f =
k 1
X
l=0
h 1
2 [f(a+l h) +f(a+ (l+ 1) h)] +Rl =
=h 1
2 f(a) +
k 1
X
l=1
f(a+l h) + 1 2 f(b)
! +R , avec
jRj6h
k 1
X
l=0
jRlj6h 1
12 M h2 k= 1
12 M (b a) h2 .
9.15 Equations di¤érentielles à variables séparées
9.15 Equations di¤érentielles à variables séparées
DEFINITION Soient I;eJedes intervalles de R et : Ie ! R , : Je ! R des fonctions continues. On dit que
f0 = (f)
est une équation di¤érentielle à variables séparées . Unesolution f de cette équation di¤éren- tielle est une fonction f : J ! Iedérivable, dé…nie sur un intervalle J Je, et telle que l’on ait
f0(t) = (t) (f(t)) pour tout t2J .
Cette dernière formule montre qu’une solution est continûment dérivable.
REMARQUE 1 Si 2Ieest tel que ( ) = 0 , alors la fonction constante e
J !R:t7 ! est une solution.
Nous sommes essentiellement intéressé aux problèmes avec condition initiale ayant une unique solution, ceux-ci étant les seuls utiles comme modèle de prédiction. En cas d’unicité d’un problème à variables séparées il nous su¢ t donc d’étudier les solutions à valeurs dans un intervalleI Ietel que 6= 0surI. Nous allons voir que cette hypothèse entraîne e¤ectivement l’unicité, mais attention cela n’implique pas nécessairement l’unicité des solutions à valeurs dans e
I . Pour une discussion approfondie voir la remarque et l’exemple 2 ci-dessous. Pour un résultat général d’unicité voir le théorème 12.3.
Soit doncI Ieun intervalle tel que 6= 0 dansI . Etant donné 2Jeet 2I , dé…nissons R :I !R:x7 !
Z x 1
et S:Je !R:t 7 ! Z t
.
Ce sont des fonctions continûment dérivables. Comme R0 = 1 et puisque notre hypothèse entraîne que 1 est soit>0, soit<0dansI, la fonctionRest strictement monotone (proposition 8.6.ii), donc possède une fonction réciproque R1 :R(I) !I continue (cf. théorème 7.11). En outre
1
R est dérivable de dérivée
1
R
0
= 1
R0
1
R
= R1
(cf. théorème 8.3.ii). Ceci montre que R1 est continûment dérivable.
THEOREME (d’existence et d’unicité) Soient J un intervalle de Jetel que 2 J et I Ieun intervalle tel que 6= 0 dans I . Pour que f :J !I soit solution du problème avec
