Intégration sur un segment
Ce chapitre fait partie du programme de Prépa, 1re année.
Ce chapitre définit l'intégrale d'une fonction continue par morceaux sur un segment, établit ses propriétés (linéarité, positivité, inégalités) et la relie à la dérivation par le théorème fondamental de l'analyse. Il fournit les outils de calcul (intégration par parties, changement de variable) et d'approximation (sommes de Riemann, formules de Taylor globales) utilisés dans toute la suite de l'analyse.
Prérequis
- Continuité, théorème des valeurs intermédiaires, théorème des bornes atteintes — Revoir Continuité
- Dérivation, fonctions de classe $\mathcal{C}^n$, primitives usuelles
- Borne supérieure, majorants et minorants
- Suites réelles, limites, croissances comparées (en particulier $\frac{x^n}{n!} \to 0$)
- Nombres complexes : parties réelle et imaginaire, module, forme exponentielle
À la fin du chapitre, on sait
- Reconnaître une fonction en escalier et une fonction continue par morceaux sur un segment
- Utiliser la linéarité, la relation de Chasles, la positivité et la croissance de l'intégrale
- Démontrer et utiliser l'inégalité de Cauchy-Schwarz et le résultat de stricte positivité pour une fonction continue
- Calculer la limite d'une suite en la reconnaissant comme somme de Riemann
- Énoncer, démontrer et appliquer le théorème fondamental de l'analyse, y compris pour $x \mapsto \int_{u(x)}^{v(x)} f$
- Mener une intégration par parties et un changement de variable avec rigueur
- Établir la formule de Taylor avec reste intégral et l'inégalité de Taylor-Lagrange, et s'en servir pour approcher des fonctions
1.Fonctions en escalier et fonctions continues par morceaux
Dans tout le chapitre, $a$ et $b$ sont deux réels avec $a<b$, et $\mathbb{K}$ désigne $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$. On commence par les fonctions réelles ; le passage aux fonctions complexes se fait à la fin de la section suivante.
Subdivision
Une subdivision du segment $[a,b]$ est une famille finie $\sigma=(x_0,x_1,\dots,x_n)$ de réels telle que $$a=x_0<x_1<\dots<x_n=b.$$ Son pas est $\max_{1\le i\le n}(x_i-x_{i-1})$. La subdivision régulière à $n$ intervalles est donnée par $x_k=a+k\frac{b-a}{n}$ pour $0\le k\le n$ ; son pas vaut $\frac{b-a}{n}$.
Fonction en escalier
Une fonction $\varphi:[a,b]\to\mathbb{R}$ est en escalier s'il existe une subdivision $(x_0,\dots,x_n)$ de $[a,b]$ telle que $\varphi$ soit constante sur chaque intervalle ouvert $]x_{i-1},x_i[$. Une telle subdivision est dite adaptée à $\varphi$.
Les valeurs $\varphi(x_i)$ aux points de la subdivision sont quelconques.
Fonction continue par morceaux
Une fonction $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ est continue par morceaux s'il existe une subdivision $(x_0,\dots,x_n)$ de $[a,b]$ telle que, pour tout $i\in\{1,\dots,n\}$ :
- la restriction de $f$ à $]x_{i-1},x_i[$ est continue ;
- cette restriction admet une limite finie à droite en $x_{i-1}$ et à gauche en $x_i$.
Autrement dit, la restriction de $f$ à chaque $]x_{i-1},x_i[$ se prolonge en une fonction continue sur $[x_{i-1},x_i]$.
Sur un intervalle quelconque $I$, $f$ est continue par morceaux si sa restriction à tout segment inclus dans $I$ l'est.
Exemples et contre-exemples
- La partie entière $x\mapsto\lfloor x\rfloor$ est en escalier sur $[0,3]$ : la subdivision $(0,1,2,3)$ est adaptée, avec les valeurs $0$, $1$, $2$.
- La fonction $x\mapsto x-\lfloor x\rfloor$ est continue par morceaux sur $[0,2]$ : sur $]0,1[$ elle vaut $x$, sur $]1,2[$ elle vaut $x-1$, et les limites aux bornes sont finies.
- Toute fonction continue sur $[a,b]$ est continue par morceaux (subdivision $(a,b)$). Toute fonction en escalier est continue par morceaux.
- La fonction définie par $f(x)=\frac1x$ si $x\in]0,1]$ et $f(0)=0$ n'est pas continue par morceaux sur $[0,1]$ : la limite en $0^+$ est infinie.
- La fonction définie par $f(x)=\sin\frac1x$ si $x\in]0,1]$ et $f(0)=0$ n'est pas continue par morceaux : elle n'a pas de limite en $0^+$.
Bornitude
Toute fonction continue par morceaux sur un segment $[a,b]$ est bornée.
Justification. Sur chaque $[x_{i-1},x_i]$, le prolongement continu de $f$ est borné (théorème des bornes atteintes) ; il reste un nombre fini de valeurs $f(x_i)$. Un nombre fini de bornes donne une borne globale.
Approximation par des fonctions en escalier (admis)
Soit $f$ continue par morceaux sur $[a,b]$. Pour tout $\varepsilon>0$, il existe deux fonctions en escalier $\varphi$ et $\psi$ sur $[a,b]$ telles que $$\varphi\le f\le\psi\quad\text{et}\quad\psi-\varphi\le\varepsilon.$$ Pour une fonction continue, la preuve repose sur le théorème de Heine (continuité uniforme sur un segment).
2.Intégrale et propriétés fondamentales
Intégrale d'une fonction en escalier
Soit $\varphi$ en escalier sur $[a,b]$, $(x_0,\dots,x_n)$ une subdivision adaptée et $c_i$ la valeur de $\varphi$ sur $]x_{i-1},x_i[$. On pose $$\int_{[a,b]}\varphi=\sum_{i=1}^{n}c_i\,(x_i-x_{i-1}).$$ Ce nombre ne dépend pas de la subdivision adaptée choisie. C'est la somme des aires algébriques des rectangles.
Intégrale d'une fonction continue par morceaux
Soit $f$ continue par morceaux sur $[a,b]$. On admet qu'il existe un unique réel $I$ tel que, pour toutes fonctions en escalier $\varphi$ et $\psi$ vérifiant $\varphi\le f\le\psi$, $$\int_{[a,b]}\varphi\le I\le\int_{[a,b]}\psi.$$ Ce réel est l'intégrale de $f$ sur $[a,b]$, notée $\int_{[a,b]}f$ ou $\int_a^b f(t)\,\mathrm{d}t$. La variable $t$ est muette.
Convention. On pose $\int_a^a f=0$ et, si $a<b$, $\int_b^a f=-\int_a^b f$.
Construction non exigible
Le programme n'exige pas la construction de l'intégrale. Ce qui compte : l'intégrale d'une fonction positive représente l'aire sous la courbe, et les propriétés ci-dessous, que l'on doit savoir utiliser sans hésiter.
Linéarité, Chasles, positivité, croissance
Soient $f$ et $g$ continues par morceaux sur un intervalle $I$, $\lambda,\mu\in\mathbb{R}$ et $a,b,c\in I$.
- Linéarité : $\int_a^b(\lambda f+\mu g)=\lambda\int_a^b f+\mu\int_a^b g$.
- Relation de Chasles : $\int_a^c f=\int_a^b f+\int_b^c f$, quel que soit l'ordre de $a,b,c$.
- Positivité : si $a\le b$ et $f\ge0$ sur $[a,b]$, alors $\int_a^b f\ge0$.
- Croissance : si $a\le b$ et $f\le g$ sur $[a,b]$, alors $\int_a^b f\le\int_a^b g$.
- Inégalité triangulaire : si $a\le b$, $|f|$ est continue par morceaux et $\left|\int_a^b f\right|\le\int_a^b|f|$.
- Modifier $f$ en un nombre fini de points ne change pas la valeur de l'intégrale.
Ordre des bornes
Positivité, croissance et inégalité triangulaire exigent $a\le b$. Par exemple $\int_1^0 1\,\mathrm{d}t=-1<0$ alors que $1\ge0$. Lorsque l'ordre des bornes est inconnu, on écrit $$\left|\int_a^b f\right|\le\left|\int_a^b|f|\right|.$$
Calculs élémentaires
- Pour $\lfloor\cdot\rfloor$ sur $[0,3]$ : $\int_0^3\lfloor t\rfloor\,\mathrm{d}t=0\times1+1\times1+2\times1=3$.
- Pour $f(x)=x-\lfloor x\rfloor$ sur $[0,2]$ : par Chasles, $\int_0^2 f=\int_0^1 t\,\mathrm{d}t+\int_1^2(t-1)\,\mathrm{d}t=\frac12+\frac12=1$. On a utilisé que modifier $f$ au point $1$ ne change pas l'intégrale sur $[0,1]$.
Inégalité de la moyenne
Soient $f,g$ continues par morceaux sur $[a,b]$ avec $a\le b$. Alors $$\left|\int_a^b fg\right|\le\sup_{[a,b]}|f|\times\int_a^b|g|.$$ En particulier, avec $g=1$ : $\left|\int_a^b f\right|\le(b-a)\sup_{[a,b]}|f|$.
Justification. $|fg|\le\left(\sup|f|\right)|g|$ sur $[a,b]$ ; on applique l'inégalité triangulaire puis la croissance.
Valeur moyenne
La valeur moyenne de $f$ continue par morceaux sur $[a,b]$ ($a<b$) est $$\frac{1}{b-a}\int_a^b f(t)\,\mathrm{d}t.$$ Si $m\le f\le M$ sur $[a,b]$, elle est comprise entre $m$ et $M$ (croissance).
Intégrale nulle d'une fonction continue positive
Soit $f$ continue et positive sur $[a,b]$, avec $a<b$. Si $\int_a^b f=0$, alors $f$ est nulle sur $[a,b]$.
De façon équivalente : une fonction continue, positive et non identiquement nulle sur $[a,b]$ a une intégrale strictement positive.
Preuve
On raisonne par contraposée. Supposons qu'il existe $x_0\in[a,b]$ avec $f(x_0)>0$. Posons $\varepsilon=\frac{f(x_0)}{2}>0$.
Par continuité de $f$ en $x_0$, il existe $\eta>0$ tel que, pour tout $x\in[a,b]$ avec $|x-x_0|\le\eta$, on ait $|f(x)-f(x_0)|\le\varepsilon$, donc $f(x)\ge\frac{f(x_0)}{2}$.
L'ensemble $[\alpha,\beta]=[x_0-\eta,x_0+\eta]\cap[a,b]$ est un segment non réduit à un point, car $a<b$ ; donc $\alpha<\beta$.
Par Chasles, $\int_a^b f=\int_a^\alpha f+\int_\alpha^\beta f+\int_\beta^b f$. Les deux intégrales extrêmes sont positives car $f\ge0$. Par croissance, $$\int_\alpha^\beta f\ge(\beta-\alpha)\frac{f(x_0)}{2}>0.$$ Donc $\int_a^b f>0$. Par contraposée, si $\int_a^b f=0$, alors $f$ est nulle sur $[a,b]$.
Les trois hypothèses sont nécessaires
- Sans continuité : la fonction nulle sur $[0,1]$ sauf $f(1/2)=1$ est positive, continue par morceaux, d'intégrale nulle, et pas nulle.
- Sans positivité : $\int_{-1}^1 t\,\mathrm{d}t=0$ alors que $t\mapsto t$ n'est pas nulle.
- Avec $a=b$ : toute intégrale est nulle, aucune conclusion.
Inégalité de Cauchy-Schwarz
Soient $f,g$ continues par morceaux sur $[a,b]$, à valeurs réelles. Alors $$\left(\int_a^b f(t)g(t)\,\mathrm{d}t\right)^2\le\left(\int_a^b f(t)^2\,\mathrm{d}t\right)\left(\int_a^b g(t)^2\,\mathrm{d}t\right).$$ Si $f$ et $g$ sont continues, il y a égalité si et seulement si $f$ et $g$ sont colinéaires.
Preuve
Pour $\lambda\in\mathbb{R}$, la fonction $(f+\lambda g)^2$ est positive, donc par positivité et linéarité : $$P(\lambda)=\int_a^b(f+\lambda g)^2=\lambda^2\int_a^b g^2+2\lambda\int_a^b fg+\int_a^b f^2\ge0.$$ Notons $A=\int_a^b g^2$, $B=\int_a^b fg$, $C=\int_a^b f^2$.
- Cas $A\neq0$ (donc $A>0$). $P$ est un trinôme du second degré qui garde un signe constant positif sur $\mathbb{R}$ : son discriminant est négatif ou nul, soit $4B^2-4AC\le0$, c'est-à-dire $B^2\le AC$.
- Cas $A=0$. Alors $2\lambda B+C\ge0$ pour tout réel $\lambda$. Une fonction affine positive sur $\mathbb{R}$ est constante, donc $B=0$ et $B^2\le AC$ est vérifiée ($0\le0$).
Cas d'égalité ($f,g$ continues). Si $g=0$, $f$ et $g$ sont colinéaires. Sinon $A>0$ par le théorème précédent ($g^2$ continue, positive, non nulle). L'égalité $B^2=AC$ signifie que le discriminant est nul : il existe $\lambda_0$ avec $P(\lambda_0)=0$, c'est-à-dire $\int_a^b(f+\lambda_0 g)^2=0$. La fonction $(f+\lambda_0 g)^2$ est continue et positive, donc nulle : $f=-\lambda_0 g$. Réciproquement, si $f=\mu g$, les deux membres valent $\mu^2A^2$.
Deux applications classiques
- Avec $g=1$ sur $[0,1]$ : $\left(\int_0^1 f\right)^2\le\int_0^1 f^2$. Le carré de la moyenne est inférieur à la moyenne des carrés.
- Soit $f$ continue et strictement positive sur $[0,1]$. En appliquant Cauchy-Schwarz à $\sqrt f$ et $\frac{1}{\sqrt f}$, dont le produit vaut $1$ : $$1=\left(\int_0^1\sqrt f\cdot\frac{1}{\sqrt f}\right)^2\le\int_0^1 f\times\int_0^1\frac1f.$$ L'égalité a lieu si et seulement si $\sqrt f$ et $\frac1{\sqrt f}$ sont colinéaires, c'est-à-dire si $f$ est constante.
Utiliser Cauchy-Schwarz
Pour majorer une intégrale de produit, ou minorer un produit d'intégrales :
- Écrire l'intégrande comme un produit $f\times g$ judicieux (souvent $g=1$, ou un découpage $\sqrt{h}\times\frac{k}{\sqrt h}$).
- Vérifier que $f$ et $g$ sont continues par morceaux sur le segment.
- Appliquer l'inégalité et calculer $\int f^2$, $\int g^2$.
- Pour le cas d'égalité, vérifier la continuité puis chercher $\lambda$ tel que $f=\lambda g$.
Fonctions à valeurs complexes
Une fonction $f:[a,b]\to\mathbb{C}$ est continue par morceaux si $\mathrm{Re}\,f$ et $\mathrm{Im}\,f$ le sont. On pose $$\int_a^b f=\int_a^b\mathrm{Re}\,f+i\int_a^b\mathrm{Im}\,f.$$ Linéarité (sur $\mathbb{C}$) et relation de Chasles restent vraies. Positivité, croissance et Cauchy-Schwarz sous la forme ci-dessus n'ont de sens que pour des fonctions réelles.
Inégalité triangulaire complexe
Pour $f:[a,b]\to\mathbb{C}$ continue par morceaux et $a\le b$ : $\left|\int_a^b f\right|\le\int_a^b|f|$.
Preuve. Posons $z=\int_a^b f$. Si $z=0$ c'est clair. Sinon, écrivons $z=|z|e^{i\theta}$. Alors $|z|=e^{-i\theta}z=\int_a^b e^{-i\theta}f$. Ce nombre est réel, donc égal à sa partie réelle : $$|z|=\int_a^b\mathrm{Re}\left(e^{-i\theta}f\right)\le\int_a^b\left|e^{-i\theta}f\right|=\int_a^b|f|,$$ par croissance de l'intégrale réelle, puisque $\mathrm{Re}\,w\le|w|$.
3.Sommes de Riemann
Sommes de Riemann régulières
Soit $f$ continue par morceaux sur $[a,b]$ et $n\in\mathbb{N}^*$. On note $h=\frac{b-a}{n}$ et $x_k=a+kh$. Les sommes de Riemann de $f$ associées à la subdivision régulière sont $$S_n(f)=\frac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f\left(a+k\frac{b-a}{n}\right)\quad\text{et}\quad S'_n(f)=\frac{b-a}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(a+k\frac{b-a}{n}\right).$$ Géométriquement, c'est la somme des aires de $n$ rectangles de largeur $h$, de hauteur la valeur de $f$ au bord gauche (pour $S_n$) ou droit (pour $S'_n$) de chaque intervalle. C'est la méthode des rectangles.
Convergence des sommes de Riemann
Si $f$ est continue par morceaux sur $[a,b]$, alors $$\lim_{n\to+\infty}\frac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f\left(a+k\frac{b-a}{n}\right)=\int_a^b f(t)\,\mathrm{d}t,$$ et de même pour la somme indexée par $k\in\{1,\dots,n\}$.
Cas particulier très fréquent, sur $[0,1]$ : $$\lim_{n\to+\infty}\frac1n\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac kn\right)=\int_0^1 f(t)\,\mathrm{d}t.$$
Preuve dans le cas lipschitzien
On suppose $f$ $K$-lipschitzienne sur $[a,b]$ : $|f(x)-f(y)|\le K|x-y|$. C'est le cas si $f$ est de classe $\mathcal{C}^1$, avec $K=\sup_{[a,b]}|f'|$ (inégalité des accroissements finis).
Par Chasles, et puisque $\int_{x_k}^{x_{k+1}}f(x_k)\,\mathrm{d}t=hf(x_k)$ : $$\int_a^b f-S_n(f)=\sum_{k=0}^{n-1}\int_{x_k}^{x_{k+1}}\big(f(t)-f(x_k)\big)\,\mathrm{d}t.$$ Pour $t\in[x_k,x_{k+1}]$, $|f(t)-f(x_k)|\le K(t-x_k)$. Par inégalité triangulaire et croissance : $$\left|\int_{x_k}^{x_{k+1}}\big(f(t)-f(x_k)\big)\,\mathrm{d}t\right|\le\int_{x_k}^{x_{k+1}}K(t-x_k)\,\mathrm{d}t=\frac{Kh^2}{2}.$$ En sommant les $n$ termes : $$\left|\int_a^b f-S_n(f)\right|\le n\frac{Kh^2}{2}=\frac{K(b-a)^2}{2n}\xrightarrow[n\to+\infty]{}0.$$ Pour $S'_n$ : $S'_n(f)-S_n(f)=h\big(f(b)-f(a)\big)\to0$, donc $S'_n(f)$ a la même limite.
Le cas général (continue par morceaux) est admis.
Vitesse de convergence
La preuve donne plus que la limite : pour $f$ lipschitzienne, l'erreur de la méthode des rectangles est un $O\left(\frac1n\right)$. C'est une information utile pour le calcul numérique.
Une limite classique : $\sum\frac{1}{n+k}$
Soit $u_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}$. On factorise par $n$ au dénominateur : $$u_n=\frac1n\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+\frac kn}=\frac1n\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac kn\right)\quad\text{avec}\quad f(x)=\frac{1}{1+x}.$$ $f$ est continue sur $[0,1]$, donc $$\lim_{n\to+\infty}u_n=\int_0^1\frac{\mathrm{d}x}{1+x}=\big[\ln(1+x)\big]_0^1=\ln2.$$
Avec un carré : $\sum\frac{n}{n^2+k^2}$
Soit $v_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{n}{n^2+k^2}$. On divise numérateur et dénominateur par $n^2$ : $$v_n=\frac1n\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+\left(\frac kn\right)^2}\xrightarrow[n\to+\infty]{}\int_0^1\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}=\arctan1=\frac\pi4.$$
Un produit, via le logarithme
Soit $w_n=\left(\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac kn\right)\right)^{1/n}$. On a $w_n>0$ et $$\ln w_n=\frac1n\sum_{k=1}^{n}\ln\left(1+\frac kn\right)\xrightarrow[n\to+\infty]{}\int_0^1\ln(1+x)\,\mathrm{d}x.$$ Une primitive de $x\mapsto\ln(1+x)$ est $x\mapsto(1+x)\ln(1+x)-(1+x)$, d'où $$\int_0^1\ln(1+x)\,\mathrm{d}x=(2\ln2-2)-(0-1)=2\ln2-1.$$ Par continuité de l'exponentielle, $w_n\to e^{2\ln2-1}=\frac4e$.
Reconnaître une somme de Riemann
Face à une suite de la forme $\sum_{k}(\dots)$ où $k$ et $n$ apparaissent ensemble :
- Mettre en facteur la bonne puissance de $n$ pour faire apparaître $\frac1n$ devant la somme et uniquement le quotient $\frac kn$ dans le terme général.
- Identifier la fonction $f$ telle que le terme général soit $f\left(\frac kn\right)$ ; vérifier qu'elle est continue par morceaux sur $[0,1]$.
- Vérifier les bornes de sommation : $k$ de $0$ à $n-1$ ou de $1$ à $n$. Si $k$ va de $1$ à $2n$, on obtient une somme de Riemann sur $[0,2]$ avec le pas $\frac{2}{2n}$, ou on traite la somme jusqu'à $n$ et le reste à part.
- Conclure par le théorème, puis calculer l'intégrale.
- Pour un produit, passer au logarithme.
4.Théorème fondamental de l'analyse
Primitive
Soit $f$ définie sur un intervalle $I$. Une primitive de $f$ sur $I$ est une fonction $F$ dérivable sur $I$ telle que $F'=f$.
Si $F$ est une primitive de $f$ sur l'intervalle $I$, les primitives de $f$ sur $I$ sont exactement les fonctions $F+c$, $c\in\mathbb{K}$ (une fonction de dérivée nulle sur un intervalle est constante).
Théorème fondamental de l'analyse
Soit $f$ continue sur un intervalle $I$ et $a\in I$. La fonction $$F:x\mapsto\int_a^x f(t)\,\mathrm{d}t$$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $I$ et $F'=f$. C'est l'unique primitive de $f$ sur $I$ qui s'annule en $a$.
En particulier, toute fonction continue sur un intervalle admet des primitives.
Preuve
Soit $x_0\in I$ et $h\neq0$ tel que $x_0+h\in I$. Par Chasles, $F(x_0+h)-F(x_0)=\int_{x_0}^{x_0+h}f(t)\,\mathrm{d}t$. Comme $\int_{x_0}^{x_0+h}f(x_0)\,\mathrm{d}t=hf(x_0)$ : $$\frac{F(x_0+h)-F(x_0)}{h}-f(x_0)=\frac1h\int_{x_0}^{x_0+h}\big(f(t)-f(x_0)\big)\,\mathrm{d}t.$$ Notons $\delta(h)=\sup\{|f(t)-f(x_0)|:t\text{ entre }x_0\text{ et }x_0+h\}$. Par l'inégalité de la moyenne (en tenant compte de l'ordre des bornes) : $$\left|\frac{F(x_0+h)-F(x_0)}{h}-f(x_0)\right|\le\frac{1}{|h|}\times|h|\,\delta(h)=\delta(h).$$ Soit $\varepsilon>0$. Par continuité de $f$ en $x_0$, il existe $\eta>0$ tel que $|t-x_0|\le\eta$ implique $|f(t)-f(x_0)|\le\varepsilon$. Donc, pour $0<|h|\le\eta$, $\delta(h)\le\varepsilon$. Ainsi $\delta(h)\to0$ quand $h\to0$, et $F$ est dérivable en $x_0$ de dérivée $f(x_0)$.
$F'=f$ est continue, donc $F$ est de classe $\mathcal{C}^1$. Enfin $F(a)=0$, et toute autre primitive nulle en $a$ diffère de $F$ d'une constante nulle.
Calcul d'une intégrale par une primitive
Soit $f$ continue sur un intervalle $I$, $G$ une primitive quelconque de $f$ sur $I$, et $a,b\in I$. Alors $$\int_a^b f(t)\,\mathrm{d}t=\big[G(t)\big]_a^b=G(b)-G(a).$$ En particulier, si $g$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $I$ : $g(b)-g(a)=\int_a^b g'(t)\,\mathrm{d}t$.
Justification. $G-F$ est constante sur l'intervalle $I$, avec $F$ la primitive du théorème ; donc $G(b)-G(a)=F(b)-F(a)=\int_a^b f$.
Dérivée d'une intégrale à bornes variables
Soit $f$ continue sur un intervalle $I$, et $u,v$ dérivables sur un intervalle $J$, à valeurs dans $I$. Alors $G:x\mapsto\int_{u(x)}^{v(x)}f(t)\,\mathrm{d}t$ est dérivable sur $J$ et $$G'(x)=v'(x)\,f\big(v(x)\big)-u'(x)\,f\big(u(x)\big).$$ Preuve. Avec $F$ une primitive de $f$ sur $I$, $G=F\circ v-F\circ u$. On dérive les composées.
Étude d'une fonction définie par une intégrale
Soit $G(x)=\int_x^{2x}e^{-t^2}\,\mathrm{d}t$ pour $x\in\mathbb{R}$. La fonction $t\mapsto e^{-t^2}$ est continue sur $\mathbb{R}$, mais n'a pas de primitive explicite : on ne calcule pas $G$, on la dérive. Avec $u(x)=x$ et $v(x)=2x$ : $$G'(x)=2e^{-4x^2}-e^{-x^2}=e^{-x^2}\left(2e^{-3x^2}-1\right).$$ On a $G'(x)>0\iff e^{-3x^2}>\frac12\iff x^2<\frac{\ln2}{3}$. Donc $G$ est croissante sur $\left[-\sqrt{\tfrac{\ln 2}{3}},\sqrt{\tfrac{\ln 2}{3}}\right]$ et décroissante sur $\left[\sqrt{\tfrac{\ln2}{3}},+\infty\right[$ et sur $\left]-\infty,-\sqrt{\tfrac{\ln2}{3}}\right]$.
Étudier $x\mapsto\int_{u(x)}^{v(x)}f(t)\,\mathrm{d}t$
- Vérifier que $f$ est continue sur un intervalle $I$ contenant toutes les valeurs $u(x)$ et $v(x)$.
- Introduire une primitive $F$ de $f$ sur $I$ (son existence suffit) et écrire $G=F\circ v-F\circ u$.
- Dériver : $G'=v'\times f\circ v-u'\times f\circ u$. Ne pas oublier les facteurs $u'$ et $v'$.
- Étudier le signe de $G'$, puis utiliser des encadrements de $f$ pour obtenir des limites de $G$.
Fonction seulement continue par morceaux
Si $f$ est seulement continue par morceaux, $F:x\mapsto\int_a^x f$ est continue (et même lipschitzienne, de rapport $\sup|f|$ sur un segment), mais pas forcément dérivable.
Exemple : $f=\lfloor\cdot\rfloor$ sur $[0,2]$. Pour $x\in[0,1]$, $F(x)=0$ ; pour $x\in[1,2]$, $F(x)=x-1$. La dérivée à gauche en $1$ vaut $0$, la dérivée à droite vaut $1$ : $F$ n'est pas dérivable en $1$.
5.Intégration par parties et changement de variable
Intégration par parties
Soient $u$ et $v$ de classe $\mathcal{C}^1$ sur un intervalle $I$, à valeurs dans $\mathbb{K}$, et $a,b\in I$. Alors $$\int_a^b u'(t)v(t)\,\mathrm{d}t=\big[u(t)v(t)\big]_a^b-\int_a^b u(t)v'(t)\,\mathrm{d}t.$$
Preuve
La fonction $uv$ est de classe $\mathcal{C}^1$ et $(uv)'=u'v+uv'$, fonction continue. Par le théorème fondamental, $$\int_a^b\big(u'v+uv'\big)=\big[uv\big]_a^b.$$ On conclut par linéarité de l'intégrale.
Trois intégrations par parties
- $\int_0^1 te^t\,\mathrm{d}t$ : on pose $u'(t)=e^t$, $u(t)=e^t$, $v(t)=t$, $v'(t)=1$ (fonctions $\mathcal{C}^1$). Alors $$\int_0^1 te^t\,\mathrm{d}t=\big[te^t\big]_0^1-\int_0^1 e^t\,\mathrm{d}t=e-(e-1)=1.$$
- $\int_1^e\ln t\,\mathrm{d}t$ : on pose $u'(t)=1$, $u(t)=t$, $v(t)=\ln t$, $v'(t)=\frac1t$. Alors $$\int_1^e\ln t\,\mathrm{d}t=\big[t\ln t\big]_1^e-\int_1^e 1\,\mathrm{d}t=e-(e-1)=1.$$
- Intégrales de Wallis : $W_n=\int_0^{\pi/2}\sin^n t\,\mathrm{d}t$. Pour $n\in\mathbb{N}$, on écrit $\sin^{n+2}=\sin\times\sin^{n+1}$, avec $u'=\sin$, $u=-\cos$, $v=\sin^{n+1}$, $v'=(n+1)\sin^n\cos$ : $$W_{n+2}=\big[-\cos t\sin^{n+1}t\big]_0^{\pi/2}+(n+1)\int_0^{\pi/2}\cos^2t\,\sin^nt\,\mathrm{d}t.$$ Le crochet est nul. Avec $\cos^2=1-\sin^2$ : $W_{n+2}=(n+1)(W_n-W_{n+2})$, d'où $$W_{n+2}=\frac{n+1}{n+2}W_n.$$
Choisir les rôles dans une intégration par parties
- Repérer un produit dont un facteur se simplifie en dérivant (polynôme, $\ln$, $\arctan$) : ce sera $v$.
- L'autre facteur doit avoir une primitive connue : ce sera $u'$.
- Si l'intégrande n'est pas un produit visible ($\ln$, $\arctan$, $\arcsin$), prendre $u'=1$.
- Vérifier que $u$ et $v$ sont de classe $\mathcal{C}^1$ sur le segment.
- Pour une suite d'intégrales $I_n$, viser une relation de récurrence entre $I_n$ et $I_{n-1}$ ou $I_{n-2}$.
Changement de variable
Soit $f$ continue sur un intervalle $I$, et $\varphi:[\alpha,\beta]\to I$ de classe $\mathcal{C}^1$. Alors $$\int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)}f(x)\,\mathrm{d}x=\int_\alpha^\beta f\big(\varphi(t)\big)\,\varphi'(t)\,\mathrm{d}t.$$ Aucune hypothèse de bijectivité n'est nécessaire.
Preuve
$f$ est continue sur $I$, donc admet une primitive $F$ sur $I$. La fonction $F\circ\varphi$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[\alpha,\beta]$, de dérivée $(f\circ\varphi)\times\varphi'$, qui est continue. Par le théorème fondamental appliqué deux fois : $$\int_\alpha^\beta f\big(\varphi(t)\big)\varphi'(t)\,\mathrm{d}t=F\big(\varphi(\beta)\big)-F\big(\varphi(\alpha)\big)=\int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)}f(x)\,\mathrm{d}x.$$
Mener un changement de variable
Pour calculer $\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x$ :
- Choisir $x=\varphi(t)$ avec $\varphi$ de classe $\mathcal{C}^1$, ou dans l'autre sens $t=\psi(x)$ (on lit alors la formule de droite à gauche).
- Écrire $\mathrm{d}x=\varphi'(t)\,\mathrm{d}t$.
- Changer les bornes : trouver $\alpha,\beta$ avec $\varphi(\alpha)=a$ et $\varphi(\beta)=b$.
- Remplacer tout $x$ par $\varphi(t)$ ; il ne doit plus rester de $x$.
- Simplifier avec soin, en particulier les racines carrées : $\sqrt{c^2}=|c|$.
Quart de disque
Calculons $I=\int_0^1\sqrt{1-x^2}\,\mathrm{d}x$. On pose $x=\sin t$, $\varphi=\sin$ de classe $\mathcal{C}^1$ sur $\left[0,\frac\pi2\right]$, $\varphi(0)=0$, $\varphi\left(\frac\pi2\right)=1$, $\mathrm{d}x=\cos t\,\mathrm{d}t$.
Pour $t\in\left[0,\frac\pi2\right]$, $\cos t\ge0$, donc $\sqrt{1-\sin^2t}=|\cos t|=\cos t$. Ainsi $$I=\int_0^{\pi/2}\cos^2t\,\mathrm{d}t=\int_0^{\pi/2}\frac{1+\cos2t}{2}\,\mathrm{d}t=\left[\frac t2+\frac{\sin2t}{4}\right]_0^{\pi/2}=\frac\pi4.$$ C'est l'aire d'un quart de disque de rayon $1$.
Changement de variable dans l'autre sens
Calculons $J=\int_0^1\frac{x}{1+x^4}\,\mathrm{d}x$. On pose $u=x^2$, soit $\mathrm{d}u=2x\,\mathrm{d}x$ ; quand $x$ va de $0$ à $1$, $u$ va de $0$ à $1$. Formellement, on applique le théorème avec $\varphi(x)=x^2$ et $f(u)=\frac{1}{2(1+u^2)}$ : $$J=\int_0^1\frac{1}{1+(x^2)^2}\cdot\frac{2x}{2}\,\mathrm{d}x=\frac12\int_0^1\frac{\mathrm{d}u}{1+u^2}=\frac12\arctan1=\frac\pi8.$$
Parité et périodicité
Soit $f$ continue par morceaux sur $\mathbb{R}$ et $a>0$.
- Si $f$ est paire : $\int_{-a}^a f=2\int_0^a f$.
- Si $f$ est impaire : $\int_{-a}^a f=0$.
- Si $f$ est $T$-périodique : $\int_c^{c+T}f$ ne dépend pas du réel $c$.
Preuve pour $f$ continue et impaire. Par Chasles, $\int_{-a}^a f=\int_{-a}^0 f+\int_0^a f$. Dans la première intégrale, on pose $x=-t$ : $\int_{-a}^0 f(x)\,\mathrm{d}x=\int_a^0 f(-t)(-\mathrm{d}t)=\int_a^0 f(t)\,\mathrm{d}t=-\int_0^a f$. La somme est nulle. Le cas pair est identique. Pour la périodicité, on dérive $c\mapsto\int_c^{c+T}f$ (cas continu) : la dérivée $f(c+T)-f(c)$ est nulle.
6.Formules de Taylor globales
La formule de Taylor-Young décrit $f$ au voisinage d'un point : le reste est un $o\left((x-a)^n\right)$, sans contrôle chiffré. Les formules de cette section sont globales : elles donnent le reste exactement (reste intégral) ou une majoration explicite valable pour tout $x$ de l'intervalle (Taylor-Lagrange).
Formule de Taylor avec reste intégral
Soit $n\in\mathbb{N}$, $f:I\to\mathbb{K}$ de classe $\mathcal{C}^{n+1}$ sur un intervalle $I$, et $a,x\in I$. Alors $$f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k+\int_a^x\frac{(x-t)^n}{n!}f^{(n+1)}(t)\,\mathrm{d}t.$$ La somme est le polynôme de Taylor $T_n(x)$ de $f$ en $a$ à l'ordre $n$ ; l'intégrale est le reste intégral $R_n(x)$.
Preuve par récurrence sur $n$
On fixe $a$ et $x$ dans $I$. Pour $n\in\mathbb{N}$, soit $\mathcal{P}(n)$ : « pour toute $f$ de classe $\mathcal{C}^{n+1}$ sur $I$, la formule est vraie à l'ordre $n$ ».
Initialisation. Pour $n=0$, la formule s'écrit $f(x)=f(a)+\int_a^x f'(t)\,\mathrm{d}t$ : c'est le théorème fondamental, $f'$ étant continue.
Hérédité. Supposons $\mathcal{P}(n)$ et soit $f$ de classe $\mathcal{C}^{n+2}$. Elle est a fortiori $\mathcal{C}^{n+1}$, donc $f(x)=T_n(x)+\int_a^x\frac{(x-t)^n}{n!}f^{(n+1)}(t)\,\mathrm{d}t$.
On intègre par parties, la variable étant $t$ et $x$ fixé : $$u'(t)=\frac{(x-t)^n}{n!},\quad u(t)=-\frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!},\quad v(t)=f^{(n+1)}(t),\quad v'(t)=f^{(n+2)}(t).$$ Ces fonctions sont de classe $\mathcal{C}^1$. Il vient $$\int_a^x\frac{(x-t)^n}{n!}f^{(n+1)}(t)\,\mathrm{d}t=\left[-\frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!}f^{(n+1)}(t)\right]_a^x+\int_a^x\frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!}f^{(n+2)}(t)\,\mathrm{d}t.$$ Le crochet vaut $0-\left(-\frac{(x-a)^{n+1}}{(n+1)!}f^{(n+1)}(a)\right)=\frac{f^{(n+1)}(a)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}$, qui est exactement le terme d'indice $n+1$ du polynôme de Taylor. D'où $\mathcal{P}(n+1)$.
Conclusion. $\mathcal{P}(n)$ est vraie pour tout $n\in\mathbb{N}$.
Inégalité de Taylor-Lagrange
Soit $f:I\to\mathbb{K}$ de classe $\mathcal{C}^{n+1}$ sur un intervalle $I$, $a,x\in I$, et $M\ge0$ tel que $|f^{(n+1)}(t)|\le M$ pour tout $t$ entre $a$ et $x$. Alors $$\left|f(x)-\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k\right|\le\frac{M\,|x-a|^{n+1}}{(n+1)!}.$$
Preuve
Par la formule avec reste intégral, le membre de gauche vaut $|R_n(x)|$. Comme l'ordre de $a$ et $x$ est quelconque : $$|R_n(x)|\le\left|\int_a^x\frac{|x-t|^n}{n!}\,|f^{(n+1)}(t)|\,\mathrm{d}t\right|\le\frac{M}{n!}\left|\int_a^x|x-t|^n\,\mathrm{d}t\right|.$$ Si $a\le x$ : $\int_a^x(x-t)^n\,\mathrm{d}t=\frac{(x-a)^{n+1}}{n+1}$. Si $x<a$ : $\int_x^a(t-x)^n\,\mathrm{d}t=\frac{(a-x)^{n+1}}{n+1}$. Dans les deux cas, la valeur absolue vaut $\frac{|x-a|^{n+1}}{n+1}$, d'où $$|R_n(x)|\le\frac{M}{n!}\cdot\frac{|x-a|^{n+1}}{n+1}=\frac{M\,|x-a|^{n+1}}{(n+1)!}.$$
L'exponentielle comme limite d'une somme
Soit $x\in\mathbb{R}$. La fonction $\exp$ est de classe $\mathcal{C}^\infty$, toutes ses dérivées valent $\exp$, et pour $t$ entre $0$ et $x$, $e^t\le e^{|x|}$. Taylor-Lagrange en $a=0$ donne, pour tout $n$ : $$\left|e^x-\sum_{k=0}^{n}\frac{x^k}{k!}\right|\le e^{|x|}\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}.$$ Par croissances comparées, $\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}\to0$. Donc $$e^x=\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=0}^{n}\frac{x^k}{k!}.$$ Application numérique avec $x=1$ et $e\le3$ : l'erreur commise en remplaçant $e$ par $\sum_{k=0}^{5}\frac1{k!}$ est au plus $\frac{3}{6!}=\frac{3}{720}<0{,}0042$. On calcule $\sum_{k=0}^{5}\frac{1}{k!}=1+1+\frac12+\frac16+\frac1{24}+\frac1{120}=\frac{326}{120}\approx2{,}7167$, et effectivement $e\approx2{,}7183$.
Le logarithme et la série harmonique alternée
Soit $f(x)=\ln(1+x)$ sur $I=]-1,+\infty[$. Par récurrence, pour $k\ge1$, $f^{(k)}(x)=\frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{(1+x)^k}$. En particulier $f(0)=0$ et $\frac{f^{(k)}(0)}{k!}=\frac{(-1)^{k-1}}{k}$.
Sur $[0,1]$, $|f^{(n+1)}(t)|=\frac{n!}{(1+t)^{n+1}}\le n!$. Taylor-Lagrange entre $0$ et $1$ : $$\left|\ln2-\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\right|\le\frac{n!\times1^{n+1}}{(n+1)!}=\frac{1}{n+1}\xrightarrow[n\to+\infty]{}0.$$ Donc $\ln2=\lim_{n\to+\infty}\left(1-\frac12+\frac13-\dots+\frac{(-1)^{n-1}}{n}\right)$. La convergence est lente : l'erreur est majorée par $\frac{1}{n+1}$.
Encadrement du sinus
Les dérivées successives de $\sin$ en $0$ valent $0,1,0,-1,0$. Le polynôme de Taylor d'ordre $4$ en $0$ est donc $x-\frac{x^3}{6}$. La dérivée cinquième est $\cos$, bornée par $1$. Pour tout réel $x$ : $$\left|\sin x-x+\frac{x^3}{6}\right|\le\frac{|x|^5}{120}.$$ Pour $x=0{,}1$, l'approximation $\sin0{,}1\approx0{,}1-\frac{0{,}001}{6}$ est exacte à moins de $10^{-7}$ près.
Appliquer Taylor-Lagrange
Pour majorer l'erreur d'une approximation polynomiale, ou montrer qu'une suite de sommes converge vers $f(x)$ :
- Vérifier que $f$ est de classe $\mathcal{C}^{n+1}$ sur un intervalle contenant $a$ et $x$.
- Calculer les $f^{(k)}(a)$ pour écrire le polynôme de Taylor ; une formule générale pour $f^{(k)}$ s'obtient souvent par récurrence.
- Majorer $|f^{(n+1)}|$ sur tout le segment entre $a$ et $x$, pas seulement en $a$.
- Écrire l'inégalité, puis étudier la limite du majorant quand $n\to+\infty$ (croissances comparées).
Formule de Taylor-Lagrange avec égalité
Pour une fonction réelle, il existe une version avec égalité, $R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}$ pour un certain $c$ entre $a$ et $x$. Elle n'est pas au programme de MPSI et elle est fausse pour les fonctions à valeurs complexes. Seule l'inégalité est exigible ; elle reste vraie dans $\mathbb{C}$.