Intégrale et sommes de Riemann en maths sup (MPSI) : cours et méthodes

Une fonction \(f\) définie sur un intervalle \(I\) est uniformément continue sur \(I\) lorsque \[\forall \varepsilon > 0, \ \exists \delta > 0, \ \forall (x, y) \in I^2, \ |x – y| \leqslant \delta \Rightarrow |f(x) – f(y)| \leqslant \varepsilon.\]

La fonction carré est continue sur \(\mathbb{R}\), mais pas uniformément continue. En effet, posons \(x_n = n + \dfrac{1}{n}\) et \(y_n = n\). L’écart \(|x_n – y_n|\) tend vers \(0\), tandis que \(x_n^2 – y_n^2 = 2 + \dfrac{1}{n^2} \geqslant 2\). Aucun \(\delta\) ne convient donc pour \(\varepsilon = 1\).

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

Raisonnons par l’absurde. Il existe alors \(\varepsilon > 0\) et, pour chaque \(n \geqslant 1\), deux points \(x_n, y_n\) de \([a, b]\), distants d’au plus \(\dfrac{1}{n}\), dont les images s’écartent de plus de \(\varepsilon\). Par le théorème de Bolzano-Weierstrass, une suite extraite \((x_{\sigma(n)})\) converge vers un point \(c \in [a, b]\). Comme \(|x_n – y_n| \to 0\), la suite \((y_{\sigma(n)})\) tend aussi vers \(c\). Par continuité de \(f\) en \(c\), l’écart \(f(x_{\sigma(n)}) – f(y_{\sigma(n)})\) tend vers \(0\). C’est en contradiction avec la minoration par \(\varepsilon\).

Une fonction \(\varphi\) est en escalier sur \([a, b]\) s’il existe une subdivision telle que \(\varphi\) soit constante, égale à \(c_i\), sur chaque intervalle ouvert \(]x_i, x_{i+1}[\). Son intégrale est alors \[\int_a^b \varphi = \sum_{i=0}^{p-1} c_i\,(x_{i+1} – x_i).\]

Calculons \(\displaystyle\int_0^2 \lfloor x^2 \rfloor\,\mathrm{d}x\). La fonction vaut \(0\) sur \([0, 1[\), \(1\) sur \([1, \sqrt{2}[\), \(2\) sur \([\sqrt{2}, \sqrt{3}[\) et \(3\) sur \([\sqrt{3}, 2[\). Elle est donc en escalier. Par conséquent, l’intégrale vaut \(1 \times (\sqrt{2} – 1) + 2(\sqrt{3} – \sqrt{2}) + 3(2 – \sqrt{3})\). Après simplification, on obtient \(5 – \sqrt{2} – \sqrt{3} \approx 1{,}854\).

Une fonction \(f\) est continue par morceaux sur \([a, b]\) lorsqu’on peut découper \([a, b]\) en un nombre fini de morceaux ouverts sur lesquels la restriction de \(f\) est continue et se prolonge par continuité aux deux bouts.

Si \(f\) est continue par morceaux sur \([a, b]\), alors pour tout \(\varepsilon > 0\), il existe deux fonctions en escalier \(\varphi\) et \(\psi\) qui encadrent \(f\), avec un écart \(\psi – \varphi\) majoré par la constante \(\varepsilon\).

Soient \(f\) et \(g\) continues par morceaux sur \([a, b]\), avec \(a < b\), et \(\lambda\) un réel.

• Linéarité : \(\displaystyle\int_a^b (\lambda f + g) = \lambda \int_a^b f + \int_a^b g\).
• Positivité : si \(f \geqslant 0\), alors \(\displaystyle\int_a^b f \geqslant 0\).
• Croissance : si \(f \leqslant g\), alors \(\displaystyle\int_a^b f \leqslant \int_a^b g\).
• Chasles : pour \(c \in [a, b]\), \(\displaystyle\int_a^b f = \int_a^c f + \int_c^b f\).

(Inégalité triangulaire) Pour \(a \leqslant b\) et \(f\) continue par morceaux, en notant \(M\) la borne supérieure de \(|f|\) sur \([a, b]\), \[\left|\int_a^b f\right| \leqslant \int_a^b |f| \leqslant M(b – a).\]

On a \(-|f| \leqslant f \leqslant |f|\). Par croissance, l’intégrale de \(f\) est comprise entre \(-\int_a^b |f|\) et \(\int_a^b |f|\). Ensuite, \(|f| \leqslant \sup |f|\), et l’intégrale d’une constante \(M\) sur \([a, b]\) vaut \(M(b – a)\).

1. Vérifier que les bornes sont dans l’ordre croissant, sinon échanger et changer le signe.
2. Encadrer l’intégrande sur l’intervalle par des fonctions dont on connaît l’intégrale.
3. Garder intact le facteur qui varie le plus, souvent \(t^n\) ou \(\mathrm{e}^{-nt}\), et majorer le reste par une constante.
4. Intégrer l’encadrement par croissance de l’intégrale.

Posons \(I_n = \displaystyle\int_0^1 t^n \sqrt{1 + t}\,\mathrm{d}t\). Sur \([0, 1]\), on a \(1 \leqslant \sqrt{1 + t} \leqslant \sqrt{2}\). En multipliant par \(t^n \geqslant 0\), puis en intégrant, on obtient \[\frac{1}{n + 1} \leqslant I_n \leqslant \frac{\sqrt{2}}{n + 1}.\] Ainsi \(I_n \to 0\). De plus, \(I_n\) est de l’ordre de \(\dfrac{1}{n}\), à un facteur près compris entre \(1\) et \(\sqrt{2}\).

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

Par contraposée, supposons \(f(c) > 0\) en un point \(c\). Par continuité, il existe un segment \([\alpha, \beta] \subset [a, b]\) contenant \(c\), non réduit à un point, sur lequel \(f \geqslant \dfrac{f(c)}{2}\). Par Chasles et positivité, \(\int_a^b f \geqslant \int_\alpha^\beta f \geqslant \dfrac{f(c)}{2}(\beta – \alpha) > 0\).

La valeur moyenne de \(f\) sur \([a, b]\), avec \(a < b\), est le réel \(\mu = \dfrac{1}{b – a}\displaystyle\int_a^b f\).

Si \(f\) est continue sur \([a, b]\), il existe \(c \in [a, b]\) tel que \(f(c) = \mu\). En effet, si \(m\) et \(M\) sont le minimum et le maximum de \(f\), la croissance donne \(m \leqslant \mu \leqslant M\). Le théorème des valeurs intermédiaires fournit alors \(c\).

• Si \(f\) est paire sur \([-a, a]\), alors \(\int_{-a}^a f = 2\int_0^a f\).
• Si \(f\) est impaire sur \([-a, a]\), alors \(\int_{-a}^a f = 0\).
• Si \(f\) est \(T\)-périodique sur \(\mathbb{R}\), alors \(\int_\alpha^{\alpha + T} f\) ne dépend pas de \(\alpha\).

Soit \(f\) continue par morceaux sur \([a, b]\) et \(n \geqslant 1\). On pose \(h = \dfrac{b – a}{n}\) et \(x_k = a + kh\). Les sommes de Riemann à gauche et à droite sont \[R_n(f) = h\sum_{k=0}^{n-1} f(x_k) \quad \text{et} \quad R_n^{\prime}(f) = h\sum_{k=1}^{n} f(x_k).\]

Si \(f\) est continue par morceaux sur \([a, b]\), alors \(R_n(f)\) et \(R_n^{\prime}(f)\) tendent vers \(\displaystyle\int_a^b f\). Si de plus \(f\) est \(K\)-lipschitzienne, alors \[\left|\int_a^b f – R_n(f)\right| \leqslant \frac{K(b – a)^2}{2n}.\]

Nous traitons le cas lipschitzien. Par Chasles, l’écart s’écrit \(\sum_{k=0}^{n-1} \int_{x_k}^{x_{k+1}} (f(t) – f(x_k))\,\mathrm{d}t\). Sur \([x_k, x_{k+1}]\), on a \(|f(t) – f(x_k)| \leqslant K(t – x_k)\). Donc chaque terme est majoré par \(\int_{x_k}^{x_{k+1}} K(t – x_k)\,\mathrm{d}t = \dfrac{Kh^2}{2}\). En sommant les \(n\) termes, on obtient \(\dfrac{nKh^2}{2} = \dfrac{K(b – a)^2}{2n}\). Le cas d’une fonction continue utilise Heine à la place de la constante \(K\).

1. Mettre en facteur \(\dfrac{1}{n}\), ou \(\dfrac{b – a}{n}\), devant la somme.
2. Écrire le terme général comme \(f\left(\dfrac{k}{n}\right)\) : diviser numérateur et dénominateur par la bonne puissance de \(n\).
3. Lire les bornes : si \(k\) va de \(1\) à \(pn\), les points \(\dfrac{k}{n}\) parcourent \([0, p]\).
4. Vérifier que \(f\) est continue par morceaux sur le segment, puis conclure par le théorème.

Étudions \(S_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^2 + 3kn}}\). En factorisant \(n^2\) sous la racine, on obtient \[S_n = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{1 + 3k/n}}.\] C’est la somme de Riemann à droite de \(f(x) = \dfrac{1}{\sqrt{1 + 3x}}\) sur \([0, 1]\). Cette fonction est continue, donc \(S_n\) tend vers \(\displaystyle\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1 + 3x}} = \left[\frac{2}{3}\sqrt{1 + 3x}\right]_0^1 = \frac{2}{3}\).

(Théorème fondamental) On suppose \(f\) continue sur l’intervalle \(I\) et on fixe \(a\) dans \(I\). On pose \(F(x) = \displaystyle\int_a^x f(t)\,\mathrm{d}t\). Alors \(F\) est dérivable sur \(I\), de dérivée \(f\) ; en particulier, elle est de classe \(\mathcal{C}^1\). Parmi toutes les primitives de \(f\), c’est celle qui vaut \(0\) en \(a\).

Soit \(x \in I\) et \(h \neq 0\) tel que \(x + h \in I\). Par Chasles, \[\frac{F(x + h) – F(x)}{h} – f(x) = \frac{1}{h}\int_x^{x+h} (f(t) – f(x))\,\mathrm{d}t.\] Fixons \(\varepsilon > 0\). La continuité de \(f\) au point \(x\) fournit un rayon \(\delta\) : sur \([x – \delta, x + \delta] \cap I\), l’écart entre \(f(t)\) et \(f(x)\) reste inférieur à \(\varepsilon\). Lorsque \(0 < |h| \leqslant \delta\), l’intégrande du membre de droite est donc borné par \(\varepsilon\), et ce membre aussi. Le taux d’accroissement converge ainsi vers \(f(x)\).

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

1. Déterminer le domaine : pour chaque \(x\), le segment entre les bornes doit être inclus dans un intervalle où \(f\) est continue.
2. Introduire une primitive \(F\) de \(f\) et écrire \(G = F \circ v – F \circ u\).
3. Dériver, étudier le signe de \(G^{\prime}\) et dresser le tableau de variations.
4. Obtenir les limites par encadrement de l’intégrande, sans chercher de primitive.

Soit \(G(x) = \displaystyle\int_x^{3x} \frac{\cos t}{t}\,\mathrm{d}t\) pour \(x > 0\). La fonction \(t \mapsto \dfrac{\cos t}{t}\) est continue sur \(]0, +\infty[\), et le segment \([x, 3x]\) y est inclus. Ensuite, \(G^{\prime}(x) = 3\,\dfrac{\cos 3x}{3x} – \dfrac{\cos x}{x} = \dfrac{\cos 3x – \cos x}{x}\). Cherchons enfin la limite en \(0\). On a \(\int_x^{3x} \frac{\mathrm{d}t}{t} = \ln 3\), donc \[G(x) – \ln 3 = \int_x^{3x} \frac{\cos t – 1}{t}\,\mathrm{d}t.\] Or \(|\cos t – 1| \leqslant \dfrac{t^2}{2}\), d’où \(|G(x) – \ln 3| \leqslant \int_x^{3x} \frac{t}{2}\,\mathrm{d}t = 2x^2\). Par conséquent, \(G(x) \to \ln 3\) quand \(x \to 0^+\).

Soit \(f\) de classe \(\mathcal{C}^{n+1}\) sur un intervalle \(I\), et \(a, x \in I\). Alors \[f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x – a)^k + \int_a^x \frac{(x – t)^n}{n!} f^{(n+1)}(t)\,\mathrm{d}t.\]

Nous procédons par récurrence sur \(n\). Au rang \(0\), elle affirme que \(f(x) – f(a)\) égale l’intégrale de \(f^{\prime}\) entre \(a\) et \(x\) : c’est le théorème fondamental appliqué à \(f^{\prime}\). Admettons maintenant l’égalité au rang \(n – 1\), et prenons \(f\) de classe \(\mathcal{C}^{n+1}\). Intégrons par parties le reste \(\int_a^x \frac{(x – t)^{n-1}}{(n-1)!} f^{(n)}(t)\,\mathrm{d}t\). On dérive \(f^{(n)}\) et on primitive \(\frac{(x – t)^{n-1}}{(n-1)!}\) en \(-\frac{(x – t)^n}{n!}\). Le crochet vaut \(\frac{(x – a)^n}{n!} f^{(n)}(a)\), et l’intégrale restante est exactement le reste au rang \(n\).

Si de plus \(|f^{(n+1)}| \leqslant M\) sur le segment d’extrémités \(a\) et \(x\), alors \[\left|f(x) – \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x – a)^k\right| \leqslant \frac{M\,|x – a|^{n+1}}{(n + 1)!}.\]

Approchons \(\cos(0{,}3)\). Toutes les dérivées de \(\cos\) sont bornées par \(M = 1\). Le polynôme de Taylor d’ordre \(5\) en \(0\) est \(1 – \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^4}{24}\), car les termes impairs sont nuls. Ainsi \[\left|\cos(0{,}3) – \left(1 – 0{,}045 + 0{,}000\,337\,5\right)\right| \leqslant \frac{0{,}3^6}{6!} \approx 1{,}01 \times 10^{-6}.\] Donc \(\cos(0{,}3) \approx 0{,}955\,337\) à environ \(10^{-6}\) près. La figure compare la courbe et ses polynômes de Taylor.

• S’exercer : exercices corrigés de maths sup (MPSI) sur intégrale et sommes de Riemann
• Bases utiles : Calcul de primitives : IPP et changement de variable, Dérivabilité, Rolle et accroissements finis
• Chapitre d’avant : Déterminant : calcul, développement et comatrice
• Chapitre d’après : Critères de convergence des séries numériques
• Vérifier ses acquis : QCM de maths sup (MPSI) sur intégrale et sommes de Riemann
• Contrôle corrigé en temps limité : Sommes de Riemann et Taylor-Lagrange : contrôle de maths en MPSI
• Tous les chapitres : le sommaire de maths sup (MPSI)
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