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Integration
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2023/2024
ESSTHS Analyse 2
Dépt. de Mathématiques LM1
Chapitre 1 : Intégration
Le calcul des aires et des volumes est un des buts du calcul intégral, il est aussi à la
base de sa découverte. Les Grecs ( Eudoxe, Archimède) aux 4ème et 5ème siècles avant
J.C. calculaient l’aire d’un segment de parabole c’est à dire l’aire de la partie du plan
{(x, y) ∈ R2 , 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x2 } ou le volume d’une pyramide au moyen de sommes
dont chacun des termes tend vers 0 tandis que leur nombre augmente indéfiniment.
1
1 Fonctions intégrables au sens de Riemann
1.1 Subdivision d’un segment
Définition 1.1 Soit [a, b] un segment de R. On appelle subdivision de [a, b] toute suite finie
et croissante de points de [a, b], σ = (xk )0≤k≤n , n ∈ N∗ , telle que a = x0 < x1 < ... < xn = b.
1
Exemple 1.1 1. σ = 0, , 1 est une subdivision de [0, 1].
3
1
2. σ = −1, − , 0, 1, 2 est une subdivision de [−1, 2].
2
3. Soit [a, b] un segment de R.
(a) σ = (a, b) est une subdivision de [a, b].
b−a
(b) Soit n ∈ N∗ . Pour k ∈ {0, ..., n}, on pose xk = a + k . On a alors,
n
σ = (xk )0≤k≤n est une subdivision de [a, b].
∗ k
4. Soit n ∈ N . On a σ = est une subdivision de [0, 1].
n 0≤k≤n
Définition 1.2 Soit [a, b] un segment de R. On appelle fonction en escalier sur [a, b], toute
fonction f définie sur [a, b] à valeurs dans R, pour laquelle il existe une subdivision (xk )0≤k≤n
de [a, b], telle que pour tout k ∈ {0, ..., n − 1}, f /]xk , xk+1 [ est une fonction constante.
Une fonction en escalier sur [a, b] sera donc de la forme :
f (x0 ), si x = x0 = a,
c0 , si x0 < x < x1 ,
f (x ), si x = x1 ,
1
c1 , si x1 < x < x2 ,
f (x) = f (x2 ), si x = x2 ,
...
f (xn−1 ), si x = xn−1 ,
c , si xn−1 < x < xn ,
n−1
f (xn ), si x = xn = b.
(xk )0≤k≤n est dite une subdivision adaptée ou subordonnée à f .
2
Exemple 1.2 Soit [a, b] un segment de R.
1. Une fonction constante sur [a, b] est une fonction en escalier.
2. La restriction de la fonction entière sur [a, b] est une fonction en escalier.
Notation L’ensemble des fonctions en escalier sur [a, b] à valeurs dans R est noté E([a, b], R).
Proposition 1.1 Toute fonction f ∈ E([a, b], R) est bornée sur [a, b].
Preuve Soient f ∈ E([a, b], R) et (xk )0≤k≤n une subdivision qui lui est subordonnée. D’où
3
pour tout k ∈ {0, ..., n − 1}, il existe ck ∈ R, tel que f /]xk , xk+1 [= ck .
On pose m = max |ck | puis M = max(m, |f (x0 )|, ..., |f (xn )|).
0≤k≤n−1
On a alors, pour tout x ∈ [a, b], |f (x)| ≤ M .
Remarque 1.1 (E([a, b], R), +, .) est un espace vectoriel stable par produit.
Définition 1.3 Soit f ∈ E([a, b], R). Notons σ = (x0 , ..., xn ) une subdivision de [a, b] adaptée
à f et telle que pour tout k ∈ {0, ..., n − 1}, f /]xk , xk+1 [= ck ∈ R.
On définit l’intégrale de f sur le segment [a, b] comme étant le nombre réel
Z b n−1
X
f (x) dx = (xk+1 − xk )ck .
a k=0
Z b
Exemple 1.3 Si f est une fonction constante sur [a, b] égale à c, alors f (x) dx = c(b−a).
a
4
f1 |]xk , xk+1 [= ck et f2 |]xk , xk+1 [= dk . On a alors
Z b n−1
X
(αf1 + βf2 )(x) dx = (αck + βdk )(xk+1 − xk )
a k=0
n−1
X n−1
X
= α ck (xk+1 − xk ) + β dk (xk+1 − xk )
Zk=0b Z b k=0
= α f1 (x) dx + β f2 (x) dx.
a a
Preuve Soit σ = (xk )0≤k≤n une subdivision qui est subordonnée à f . D’où pour tout
k ∈ {0, ..., n − 1}, il existe ck ∈ R, tel que f /]xk , xk+1 [= ck .
• S’il existe k ∈ {1, ..., n − 1} tel que c = xk , alors le résultat est trivial.
• Sinon, il existe k0 ∈ {1, ..., n − 1} tel que c ∈]xk0 , xk0 +1 [.
On considère σ 0 = σ ∪ {c} = (x0 , ..., xk0 , c, xk0 +1 , ..., xn ). On a alors :
Z b
f (x) dx = (x1 − x0 )c0 + ... + (xk0 +1 − xk0 )ck0 + ... + (xn − xn−1 )cn−1
a
= (x1 − x0 )c0 + ... + (c − xk0 )ck0 + (xk0 +1 − c)ck0 + ... + (xn − xn−1 )cn−1
| {z } | {z }
Z c Z b
= f (x) dx + f (x) dx.
a c
5
1.4 Intégrale d’une fonction bornée sur un segment
Remarque 1.2 Si f : [a, b] → R une fonction bornée, alors I − (f, [a, b]) ≤ I + (f, [a, b]).
Définition 1.5 Une fonction f : [a, b] → R est dite intégrable au sens de Riemann ou
Riemann-intégrable sur [a, b], si elle est bornée et si I + (f, [a, b]) = I − (f, [a, b]). On définit son
intégrale par : Z b
f (x) dx = I + (f, [a, b]) = I − (f, [a, b]).
a
Exemple 1.4 1. Si f ∈ E([a, b], R) , alors f est Riemann-intégrable sur [a, b]. De plus, si
(xk )0≤k≤n est une subdivision qui lui est subordonnée telle que pour tout k ∈ {0, ..., n−1},
f /]xk , xk+1 [= ck ∈ R, alors
Z b n−1
X
f (x) dx = (xk+1 − xk )ck .
a k=0
2. Soit f = 1Q∩[a,b] . On a, f est bornée sur [a, b]. Mais f n’est pas intégrable au sens de
Riemann car I + (f, [a, b]) = b − a et I − (f, [a, b]) = 0.
6
Proposition 1.6 Une fonction bornée f : [a, b] → R est Riemann-intégrable sur [a, b] si
est seulement si, pour tout ε > 0, il existe g − et g + deux fonctions en escalier vérifiants
g − ≤ f ≤ g + telle que : Z b Z b
g + (x) dx − g − (x) dx < ε.
a a
Soit ε > 0.
D’après la caractérisation de la borne inférieure, il existe g + ∈ E([a, b], R) vérifiant g + ≥ f
et Z b
+ ε
I (f, [a, b]) ≤ g + (x) dx < I + (f, [a, b]) + . (2)
a 2
De même, d’après la caractérisation de la borne supérieure , il existe g − ∈ E([a, b], R)
Z b
− − ε
vérifiant g ≤ f et I (f, [a, b])− < g − (x) dx ≤ I − (f, [a, b]). Ce qui implique que
2 a
Z b
− ε
− I (f, [a, b]) ≤ − g − (x) dx < −I − (f, [a, b]) + . (3)
a 2
Comme ε est arbitraire, on conclut que I + (f, [a, b]) = I − (f, [a, b]).
Par suite, f est Riemann-intégrable sur [a, b].
Proposition 1.7 Si f : [a, b] → R est une fonction monotone alors f est Riemann-intégrable
sur [a, b].
b−a
Preuve On suppose que f est croissante. Soit ε > 0. Comme lim (f (b)−f (a)) = 0,
n→+∞ n
b−a
il existe N ∈ N∗ tel que 0 ≤ (f (b) − f (a)) < ε.
N
b−a
On considère σN = (xk )0≤k≤N où pour k ∈ {0, ..., N }, xk = a + k .
N
7
−
Pour k ∈ {0, ..., N − 1}, on pose m+ k = f (xk+1 ) et mk = f (xk ).
On définit les fonctions en escalier sur [a, b], g + et g − respectivement par :
+ f (xk ), si x = xk , k ∈ {0, ..., N },
g (x) =
m+ k, si xk < x < xk+1 , k ∈ {0, ..., N − 1}.
− f (xk ), si x = xk , k ∈ {0, ..., N },
g (x) =
m− k, si xk < x < xk+1 , k ∈ {0, ..., N − 1}.
Comme f est croissante, il est clair que g − ≤ f ≤ g + . De plus,
Z b Z b N
X −1
− −
+
g (x) dx − g (x) dx = (m+
k − mk )(xk+1 − xk )
a a k=0
N −1
b−a X
= (f (xk+1 ) − f (xk ))
N k=0
N N −1
b−a X X
= ( f (xk ) − f (xk ))
N k=1 k=0
b−a
= (f (b) − f (a))
N
< ε.
Proposition 1.8 Si f : [a, b] → R est une fonction continue alors f est Riemann-intégrable
sur [a, b].
Preuve Comme f est continue sur le segment [a, b], alors f est uniformément continue
sur [a, b]. Soit ε > 0. Alors, il existe η > 0 tel que
ε
∀ x ∈ [a, b], ∀ y ∈ [a, b], |x − y| < η ⇒ |f (x) − f (y)| < .
b−a
b−a
Soit N ∈ N∗ tel que 0 ≤ < η.
N
b−a
On considère σN = (xk )0≤k≤N où pour k ∈ {0, ..., N }, xk = a + k .
N
Pour k ∈ {0, ..., N − 1}, on pose Mk = max f = f (αk ) et mk = min f = f (βk ) où αk
[xk ,xk+1 ] [xk ,xk+1 ]
et βk sont dans [xk , xk+1 ].
On définit les fonctions en escalier sur [a, b], g + et g − respectivement par :
+ f (xk ), si x = xk , k ∈ {0, ..., N },
g (x) =
Mk , si xk < x < xk+1 , k ∈ {0, ..., N − 1}.
− f (xk ), si x = xk , k ∈ {0, ..., N },
g (x) =
mk , si xk < x < xk+1 , k ∈ {0, ..., N − 1}.
8
Il est clair que g − ≤ f ≤ g + . De plus,
Z b Z b N
X −1
+ −
g (x) dx − g (x) dx = (Mk − mk )(xk+1 − xk )
a a k=0
N −1
b−a X
= (f (αk ) − f (βk ))
N k=0
N −1
b−a X
≤ |f (αk ) − f (βk )|
N k=0
N −1
b−a X ε
<
N k=0 b − a
< ε.
On a, f est bornée sur [0, 1] et f n’est ni monotone ni continue sur [0, 1]. Mais f est Riemann-
intégrable sur [0, 1].
9
ε
deux fonctions en escalier sur [ , 1] vérifiants g − ≤ f ≤ g + telle que :
3
Z 1 Z 1
ε
+
g (x) dx − g − (x) dx < .
ε
3
ε
3
3
On considère les fonctions en escalier sur [0, 1], h+ et h− définies respectivement par :
ε
1, si x ∈ [0, [,
h+ (x) = 3
g + (x), si x ∈ [ ε , 1].
3
−1, ε
si x ∈ [0, [,
h− (x) = 3
g − (x), si x ∈ [ ε , 1].
3
− +
Il est clair que sur [0, 1], h ≤ f ≤ h . De plus,
ε Z ε
Z 1 Z 1 Z
3
Z 1 3
Z 1
− −
+
h (x) dx − h (x) dx = ( +
h (x) dx + +
h (x) dx) − ( h (x) dx + h− (x) dx)
ε ε
0 0 0
Z 1 3 Z 1 0 3
ε ε
= ( + g + (x) dx) − (− + g − (x) dx)
3 ε 3 ε
Z3 1 Z 1 3
ε
= 2 +( g + (x) dx − g − (x) dx)
3 ε ε
ε ε 3 3
< 2 +
3 3
< ε.
Cas 2 : ε ≥ 3.
On considère les fonctions en escalier sur [0, 1], g + et g − définies respectivement par :
10
1.5 Propriétés de l’intégrale de Riemann
Toutes les fonctions considérées dans ce paragraphe sont définies sur un intervalle I de R
et on désigne par a et b deux points de I tel que a < b.
Notation L’ensemble des fonctions Riemann-intégrables sur [a, b] à valeurs dans R est
noté R([a, b], R).
Proposition 1.9 (Relation de Chasles)
Soit c ∈]a, b[. La fonction f est Riemann-intégrable sur [a, b] si et seulement si elle est Riemann-
intégrable sur [a, c] et sur [c, b]. On a alors :
Z b Z c Z b
f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx.
a a c
Relation de Chasles
Proposition 1.10 (Linéarité de l’intégrale)
(R([a, b], R), +, .) est un espace vectoriel. De plus, si f1 , f2 ∈ R([a, b], R), alors pour tous réels
α, β ∈ R, on a :
Z b Z b Z b
(αf1 + βf2 )(x) dx = α f1 (x) dx + β f2 (x) dx.
a a a
Preuve
(i) Montrons que si f1 , f2 ∈ R([a, b], R), alors f1 + f2 ∈ R([a, b], R) et
Z b Z b Z b
(f1 + f2 )(x) dx = f1 (x) dx + f2 (x) dx.
a a a
Soit ε > 0.
On a, f1 ∈ R([a, b], R), d’où il existe g1− et g1+ deux fonctions en escalier sur [a, b]
vérifiants g1− ≤ f1 ≤ g1+ et
Z b Z b
ε
+
g1 (x) dx − g1− (x) dx < .
a a 2
De même, f2 ∈ R([a, b], R), d’où il existe g2− et g2+ deux fonctions en escalier sur [a, b]
vérifiants g2− ≤ f2 ≤ g2+ et
Z b Z 1
ε
+
g2 (x) dx − g2− (x) dx < .
a a 2
Posons, g − = g1− + g2− et g + = g1+ + g2+ . On a alors, g − et g + sont deux fonctions en
escalier sur [a, b] vérifiants g − ≤ f1 + f2 ≤ g + . De plus,
Z b Z b Z b Z b
−
+
g (x) dx − g (x) dx = + +
(g1 + g2 )(x) dx − (g1− + g2− )(x) dx
a a a
Z b Z b a Z b Z 1
−
= ( +
g1 (x) dx − g1 (x) dx) + ( +
g2 (x) dx − g2− (x) dx)
εa ε a a a
< +
2 2
< ε.
11
D’après la Proposition 1.6, f1 + f2 est Riemann-intégrable sur [a, b].
Maintenant, montrons que
Z b Z b Z b
(f1 + f2 )(x) dx = f1 (x) dx + f2 (x) dx.
a a a
On considère : Z b
A+
1 ={ g1 (x) dx; g1 ∈ (E([a, b], R); g1 ≥ f1 }
a
Z b
A+
2 ={ g2 (x) dx; g2 ∈ (E([a, b], R); g2 ≥ f2 }
a
et Z b
+
A ={ g(x) dx; g ∈ (E([a, b], R); g ≥ f1 + f2 }.
a
On rappelle que :
I + (f1 + f2 , [a, b]) ≤ I + (f1 , [a, b]) + I + (f2 , [a, b]). (4)
I − (f1 + f2 , [a, b]) ≥ I − (f1 , [a, b]) + I − (f2 , [a, b]). (5)
I + (f1 +f2 , [a, b]) = I − (f1 +f2 , [a, b]), I + (f1 , [a, b]) = I − (f1 , [a, b]) et I + (f2 , [a, b]) = I − (f2 , [a, b]),
12
on obtient en combinant (4) et (5) que
= α( +
g1 (x) dx − g1− (x) dx)
εa a
< α
α
< ε.
On considère : Z b
A+
1 ={ g1 (x) dx; g1 ∈ (E([a, b], R); g1 ≥ f1 }
a
13
et Z b
+
A ={ g(x) dx; g ∈ (E([a, b], R); g ≥ α f1 }.
a
On rappelle que :
Soit ε > 0.
On a, f1 ∈ R([a, b], R), d’où il existe g1− et g1+ deux fonctions en escalier sur [a, b]
vérifiants g1− ≤ f1 ≤ g1+ et
Z b Z b
+
g1 (x) dx − g1− (x) dx < ε.
a a
On considère : Z b
A+
1 ={ g1 (x) dx; g1 ∈ (E([a, b], R); g1 ≥ f1 }
a
et Z b
−
A ={ g(x) dx; g ∈ (E([a, b], R); g ≤ −f1 }.
a
14
On rappelle que :
− −
I + (f1 , [a, b]) = inf A+
1 et I (−f1 , [a, b]) = sup A .
sup A− = sup(−A+ +
1 ) = − inf A1 .
On rappelle que I − (f, [a, b]) = sup A− . Il est clair que 0 ∈ A− . Ce qui donne que
Z b
−
0 ≤ I (f, [a, b]) = f (x) dx.
a
D’où le résultat.
Preuve Soit ε > 0. On a, f ∈ R([a, b], R), d’où il existe g − et g + deux fonctions en
escalier sur [a, b] vérifiants g − ≤ f ≤ g + et
Z b Z b
+
g (x) dx − g − (x) dx < ε.
a a
On considère σ = (xk )0≤k≤n une subdivision de [a, b] tel que pour k ∈ {0, ..., n − 1}, on
a
− −
g + /]xk , xk+1 [= m+
k et g /]xk , xk+1 [= mk .
15
On remarque que pour k ∈ {0, ..., n − 1}, il existe αk et βk dans [m− +
k , mk ] tel que :
−
h+
k = |αk | et hk = |βk |.
D’où, Z b Z b
| f (x) dx| ≤ |f (x)| dx.
a a
Z b
m(b − a) ≤ f (x) dx ≤ M (b − a).
a
16
Corollaire 1.3 (Formule de la moyenne)
Si f ∈ C([a, b], R), alors il existe c ∈ [a, b] tel que :
Z b
1
f (c) = f (x) dx.
b−a a
Formule de la moyenne
Z b
Proposition 1.13 Soit f une fonction continue et positive sur [a, b]. Si f (x) dx = 0,
a
alors f ≡ 0 sur [a, b].
Preuve On distingue trois cas.
Cas 1 : Supposons qu’il existe un point c ∈]a, b[ tel que f (c) 6= 0. On peut supposer que
f (c) > 0. En utilisant la définition de la continuité de f en c, on obtient qu’il existe η > 0
tel que tout x ∈]c − η, c + η[⊂]a, b[,
f (c)
|f (x) − f (c)| < .
2
f (c)
D’où, pour tout x ∈]c − η, c + η[⊂]a, b[, on a : f (x) > .
2
D’après la relation de Chasles, on a :
Z b Z c−η Z c+η Z b
f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx + f (x) dx
a a c−η c+η
| {z } | {z }
≥0 ≥0
Z c+η
≥ f (x) dx
c−η
≥ η f (c)
> 0.
D’où la contradiction.
Cas 2 : Supposons que f (a) 6= 0. On peut supposer que f (a) > 0. En utilisant la définition
de la continuité de f en a, on obtient qu’il existe η > 0 tel que tout x ∈]a, a+η[⊂]a, b[,
f (a)
|f (x) − f (a)| < .
2
f (a)
D’où, pour tout x ∈]a, a + η[⊂]a, b[, on a : f (x) > .
2
D’après la relation de Chasles, on a :
Z b Z a+η Z b
f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx
a a a+η
| {z }
≥0
Z a+η
≥ f (x) dx
a
f (a)
≥ η
2
> 0.
17
D’où la contradiction.
Cas 3 : Supposons que f (b) 6= 0. On peut supposer que f (b) > 0. En utilisant la définition
de la continuité de f en b, on obtient qu’il existe η > 0 tel que tout x ∈]b−η, b[⊂]a, b[,
f (b)
|f (x) − f (b)| < .
2
f (b)
D’où, pour tout x ∈]b − η, b[⊂]a, b[, on a : f (x) > .
2
D’après la relation de Chasles, on a :
Z b Z b−η Z b
f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx
a a b−η
| {z }
≥0
Z b
≥ f (x) dx
b−η
f (b)
≥ η
2
> 0.
D’où la contradiction.
Proposition 1.14 Si f est une fonction continue sur [a, b], alors
b n−1 n
b−aX b−a b−aX b−a
Z
f (x) dx = lim f (a + k ) = lim f (a + k ).
a n→+∞ n k=0 n n→+∞ n k=1 n
Somme de Riemann 1
Somme de Riemann 2
Preuve Soit ε > 0. Comme f est continue sur le segment [a, b], alors f est uniformément
continue sur [a, b]. Alors, il existe η > 0 tel que
ε
∀ x ∈ [a, b], ∀ y ∈ [a, b], |x − y| < η ⇒ |f (x) − f (y)| < .
b−a
b−a
Il existe N ∈ N∗ tel que pour tout n ≥ N , 0 ≤ < η.
n
b−a
Soit n ≥ N . Pour k ∈ {0, .., n}, on pose xk = a + k .
n
18
b n−1 n−1 Z xk+1 n−1
b−aX b−a b−a b−a
Z X X
f (x) dx − f (a + k ) = f (x) dx − f (a + k )
a n k=0 n k=0 xk k=0
n n
n−1 Z xk+1
X
= (f (x) − f (xk )) dx
k=0 xk
n−1 Z
X xk+1
≤ |f (x) − f (xk )| dx
k=0 xk
n−1 Z xk+1
X ε
< dx
k=0 xk b−a
n−1
X b−a ε
=
k=0
n b−a
ε
= n
n
= ε.
1.7 Inégalités
Z b
Preuve Pour λ ∈ R, on pose P (λ) = (λ f + g)2 (x) dx.
a
D’après la linéarité de l’intégrale, on a :
Z b Z b Z b
2 2
P (λ) = ( f (x) dx)λ + 2( (f g)(x) dx)λ + g 2 (x) dx.
a a a
19
Par suite, son discriminat est négatif. Ainsi,
Z b Z b Z b
2 2
∆ = 4( (f g)(x) dx) − 4( f (x) dx)( g 2 (x) dx) ≤ 0.
a a a
Théorème 1.2 (Inégalité de Minkowski). Soient f et g deux fonctions continues sur le seg-
ment [a, b]. On a l’inégalité de Minkowski :
s s s
Z b Z b Z b
2
(f + g) (x) dx ≤ 2
f (x) dx + g 2 (x) dx.
a a a
20
Preuve On a :
Z b Z b Z b Z b
2 2
(f + g) (x) dx = f (x) dx + 2 (f g)(x) dx + g 2 (x) dx
a a a a
s s
Z b Z b Z b Z b
2
≤ f (x) dx + 2 f 2 (x) dx g 2 (x) dx + g 2 (x) dx
a a a a
s s 2
Z b Z b
≤ f 2 (x) dx + g 2 (x) dx .
a a
D’où, le résultat.
Définition 1.6 Si f est une fonction Riemann-intégrable sur [a, b], alors pour tous réels c et
d dans [a, b], on pose :
Z d
si c < d,
Z d
f (x) dx,
c
f (x) dx = 0, Z si c = d,
c
c
−
f (x) dx, si c > d.
d
Proposition 1.15 1. Si f ∈ R([a, b], R), alors pour tout c, d, e ∈]a, b[,
Z d Z e Z d
f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx.
c c e
4. Soit f une fonction continue et positive sur [a, b] et c, d ∈ [a, b] tel que c 6= d. Si
Z d
f (x) dx = 0, alors f ≡ 0 entre c et d.
c
Remarque 1.3 Les propriétés de positivité et de croissance ne restent pas vraies si on n’intègre
pas sur un segment.
21
2 Primitive et intégrale d’une fonction continue
Dans tout ce paragraphe, I désigne un intervalle de R non vide et non réduit à un point.
Définition 2.1 Soit f : I → R. On dit qu’une fonction F : I → R est une primitive de f sur
I, si et seulement si elle est dérivable sur I et sa dérivée est égale à f .
1
Exemple 2.1 1. La fonction F : x 7→ x2 est une primitive de f : x 7→ x sur R.
2
1
2. La fonction F : x 7→ arctan x est une primitive de f : x 7→ sur R.
1 + x2
1
3. La fonction F : x 7→ ln(−x) est une primitive de f : x 7→ sur ] − ∞, 0[.
x
π π
4. La fonction F : x 7→ − ln(cos x) est une primitive de f : x 7→ tan x sur ] − , [.
2 2
√ 1
5. La fonction F : x 7→ x est une primitive de f : x 7→ √ sur ]0, +∞[.
2 x
Proposition 2.1 Soit f : I → R. Si F et G sont deux primitives de f sur I, alors il existe
c ∈ R tel que G = F + c.
Preuve Comme F et G sont deux primitives de f sur I, alors (F − G)0 = f − f = 0. Par
conséquent F −G est une fonction constante sur I. D’où, le résultat.
Remarque 2.1 Le fait que I est un intervalle est une condition nécessaire. On considère f la
fonction constante qui vaut 1 sur [−2, −1] ∪ [0, 1]. Soient la fonction F : [−2, −1] ∪ [0, 1] → R
définie par F (x) = x et la fonction G : [−2, −1] ∪ [0, 1] → R définie par :
x, si x ∈ [−2, −1],
G(x) =
x + 2, si x ∈ [0, 1].
F et G sont deux primitives de f sur [−2, −1] ∪ [0, 1]. Mais il n’existe pas c ∈ R tel que
G = F + c sur [−2, −1] ∪ [0, 1].
Exemple 2.2 (Primitives usuelles) Dans le tableau ci-dessous k désigne une constante réelle.
Fonction Primitives Intervalle de définition
a, a ∈ R ax + k R
xn+1
x n , n ∈ N∗ +k R
n+1
xn+1
xn , n ∈ Z− \{−1} +k ] − ∞, 0[
n+1
n xn+1
x , n ∈ Z− \{−1} +k ]0, +∞[
n+1
22
Fonction Primitives Intervalle de définition
xα+1
xα , α ∈ R\Z +k ]0, +∞[
α+1
ex ex + k R
1
ln(x) + k ]0, +∞[
x
1
ln(−x) + k ] − ∞, 0[
x
sin(x) − cos(x) + k R
cos(x) sin(x) + k R
sinh x cosh x + k R
cosh x sinh x + k R
1
√ arcsin x + k ] − 1, 1[
1 − x2
−1
√ arccos x + k ] − 1, 1[
1 − x2
1
arctan x + k R
1 + x2
1 √
√ ln(x + 1 + x2 ) + k R
1 + x2
1 √
√ ln(x + x2 − 1) + k ]1, +∞[
x2 − 1
1 √
√ ln(x + x2 − 1) + k ] − ∞, −1[
x2 − 1
Théorème 2.1 Soit f : I → R une fonction continue et a ∈ I. On considère F la fonction
définie sur I par : Z x
F (x) = f (t) dt.
a
1
On a alors, F est de classe C sur I et est la seule primitive de f qui s’annule en a.
23
Preuve Soit x0 ∈ I. Montrons que F est dérivable en x0 . On va distinguer trois cas.
Cas 1 : Si x0 ∈ I et x0 n’est pas une extrémité de I, alors pour ε > 0, il existe η > 0 tel
que pour tout x ∈ [x0 − η, x0 + η] ⊂ I, |f (x) − f (x0 )| < ε.
• Soit h ∈]0, η]. On a,
Z x0 +h Z x0
F (x0 + h) − F (x0 ) = f (t) dt − f (t) dt
a a
Z x0 +h
= f (t) dt
x0
Z x0 +h
= h f (x0 ) + (f (t) − f (x0 )) dt.
x0
Z x0 +h
Or, pour h ∈]0, η], (f (t) − f (x0 )) dt ≤ h ε.
x0
R x0 +h
(f (t) − f (x0 )) dt
Ce qui implique que pour h ∈]0, η], x0 ≤ ε.
h
Ce qui donne que : R x0 +h
(f (t) − f (x0 )) dt
lim+ x0 = 0.
h→0 h
F (x0 + h) − F (x0 )
Par conséquent, lim+ = f (x0 ). Ainsi,
h→0 h
F est dérivable à droite en x0 et Fd0 (x0 ) = f (x0 ). (6)
24
• Soit h ∈ [−η, 0[. On a,
Z x0 +h Z x0
F (x0 + h) − F (x0 ) = f (t) dt − f (t) dt
a a
Z x0 +h
= f (t) dt
x0
Z x0
= h f (x0 ) − (f (t) − f (x0 )) dt.
x0 +h
Z x0
Or, pour h ∈ [−η, 0[, (f (t) − f (x0 )) dt ≤ −h ε.
x0 +h R x0
(f (t) − f (x0 )) dt
Ce qui implique que pour h ∈ [−η, 0[, x0 +h ≤ ε.
h
Ce qui donne que : R x0
(f (t) − f (x0 )) dt
lim− x0 +h = 0.
h→0 h
F (x0 + h) − F (x0 )
Par conséquent, lim− = f (x0 ). Ainsi,
h→0 h
F est dérivable à gauche en x0 et Fg0 (x0 ) = f (x0 ). (7)
Z x0 +h
= f (t) dt
x0
Z x0 +h
= h f (x0 ) + (f (t) − f (x0 )) dt.
x0
Z x0 +h
Or, pour h ∈]0, η], (f (t) − f (x0 )) dt ≤ h ε.
x0
R x0 +h
(f (t) − f (x0 )) dt
Ce qui implique que pour h ∈]0, η], x0 ≤ ε.
h
Ce qui donne que : R x0 +h
(f (t) − f (x0 )) dt
lim+ x0 = 0.
h→0 h
25
F (x0 + h) − F (x0 )
Par conséquent, lim+ = f (x0 ). Ainsi, F est dérivable à droite en x0 et
h→0 h
Fd0 (x0 ) = f (x0 ).
Cas 3 : Si x0 ∈ I et x0 est l’extrémité droite de I, alors pour ε > 0, il existe η > 0 tel que
pour tout x ∈ [x0 − η, x0 ] ⊂ I, |f (x) − f (x0 )| < ε. Soit h ∈ [−η, 0[. On a,
Z x0 +h Z x0
F (x0 + h) − F (x0 ) = f (t) dt − f (t) dt
a a
Z x0 +h
= f (t) dt
x0
Z x0
= h f (x0 ) − (f (t) − f (x0 )) dt.
x0 +h
Z x0
Or, pour h ∈ [−η, 0[, (f (t) − f (x0 )) dt ≤ −h ε.
x0 +h R x0
(f (t) − f (x0 )) dt
Ce qui implique que pour h ∈ [−η, 0[, x0 +h ≤ ε.
h
Ce qui donne que : R x0
(f (t) − f (x0 )) dt
lim− x0 +h = 0.
h→0 h
F (x0 + h) − F (x0 )
Par conséquent, lim− = f (x0 ). Ainsi, F est dérivable à gauche en x0 et
h→0 h
Fg0 (x0 ) = f (x0 ).
D’où, F est dérivable sur I et F 0 = f . Comme f est continue sur I, on conclut que F est
de classe C 1 sur I.
Par la suite, F est une primitive de f sur I qui vérifie F (a) = 0.
Supposons qu’il existe une autre primitive G de f sur I qui vérifie G(a) = 0. D’après Propo-
sition 2.1, il existe c ∈ R tel que G = F +c. Comme F (a) = G(a) = 0, on obtient que c = 0.
Ainsi, G = F . D’où l’unicité.
Z xp
π
Exemple 2.3 Soit F la fonction définie sur [0, ] par F (x) = cos(2 t) dt.
4 0
π
1. Montrer que pour tout x ∈ [0, ], 0 ≤ F (x) ≤ x.
4
π π
2. Monter que F est dérivable sur [0, ]. Donner les valeurs de F 0 (0) et F 0 ( ).
4 4
Proposition 2.2 Si f : I → R est une fonction continue, alors f admet une primitive sur I.
Proposition 2.3 Soit f : I → R une fonction continue et a, b dans I. Si H est une primitive
de f sur I, alors : Z b
f (t) dt = H(b) − H(a) = [H(t)]ba .
a
26
Z x
Preuve On note par F : x 7→ f (t) dt. Il existe c ∈ R tel que F = H + c. Par la
a
suite, Z b
f (t) dt = F (b)
a
= F (b) − F (a)
= (H(b) + c) − (H(a) + c)
= H(b) − H(a).
D’où, le résultat.
Z x2
dt
Exemple 2.4 Soit F la fonction définie sur ]1, +∞[ par F (x) = . Montrer F est
x ln t
dérivable sur ]1, +∞[ et donner l’expression de sa dérivée.
3 Calcul d’intégrales
Dans tout ce paragraphe, I désigne un intervalle de R non vide et non réduit à un
point.
27
3.1 Intégration par parties
Théorème 3.1 Si f et g sont deux fonctions de classe C 1 sur I, alors pour tous a et b dans
I on a :
Z b Z b Z b
0 0
b
f (t)g(t)dt = [f (t)g(t)]a − f (t)g (t)dt = f (b)g(b) − f (a)g(a) − f (t)g 0 (t)dt.
a a a
Preuve On a :
Z b Z b Z b
0 0
f (t)g(t)dt + f (t)g (t)dt = (f 0 (t)g(t) + f (t)g 0 (t))dt
a a Za b
= (f (t)g(t))0 dt
a
= [f (t)g(t)]ba
= f (b)g(b) − f (a)g(a).
D’où, le résultat.
Théorème 3.2 (Formule de Taylor avec reste intégral) Si f est fonction de classe C n+1 sur
I où n ∈ N, alors pour tous a et b dans I on a :
Z b
0 (b − a)2 00 (b − a)n (n) (b − t)n (n+1)
f (b) = f (a) + (b − a)f (a) + f (a) + ... + f (a) + f (t) dt.
2! n! a n!
28
Soit f une fonction de classe C n+2 sur I et a et b dans I. D’après l’hypothèse de réccurence,
on a :
Z b
0 (b − a)2 00 (b − a)n (n) (b − t)n (n+1)
f (b) = f (a) + (b − a)f (a) + f (a) + ... + f (a) + f (t) dt.
2! n! a n!
Z b
(b − t)n (n+1)
Appliquons une intégration par parties à f (t) dt.
a n!
f (n+1) (t) →0 f (n+2) (t)
(b − t)n R (b − t)n+1
→ −
n! (n + 1)!
D’où :
b Z b
(b − t)n (n+1) (b − t)n+1 (n+1) b (b − t)n+1 (n+2)
Z
f (t) dt = [− f (t)]a + f (t) dt
a n! (n + 1)! Z b a (n + 1)!
(b − a)n+1 (n+1) (b − t)n+1 (n+2)
= f (a) + f (t) dt.
(n + 1)! a (n + 1)!
D’où, le résultat.
Théorème 3.3 Soit ϕ une fonction de classe C 1 sur un intervalle [α, β]. On pose a = ϕ(α)
et b = ϕ(β). Si f est une fonction continue sur un intervalle J contenant l’image ϕ([α, β]),
alors ona : Z Zb β
f (x) dx = f (ϕ(t))ϕ0 (t) dt.
a α
Preuve Soit F une primitive de f sur J. On a :
Z β Z β
0
f (ϕ(t))ϕ (t) dt = (F ◦ ϕ)0 (t)dt
α α
= [(F ◦ ϕ)(t)]βα
= F (ϕ(β)) − (F (ϕ(α))
= F (b) − F (a)
Z b
= F 0 (x) dx
Za b
= f (x) dx.
a
D’où, le résultat.
29
Z π
sin(x)
Exemple 3.2 En utilisant le changelment de variable u = cos(x), calculer dx.
0 1 + cos2 (x)
Proposition 3.1 Soit a > 0 et f : [−a, a] → R une fonction continue.
Z a Z a
1. Si f est paire, alors f (x) dx = 2 f (x) dx.
−a 0
Z a
2. Si f est impaire, alors f (x) dx = 0.
−a
Z a Z 0 Z a
Preuve On a : f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx. On effectue le changement de
−a Z −a 0
0
variable t = −x dans f (x) dx. On obtient que :
−a
Z 0 Z 0 Z a
f (x) dx = f (−t)(−dt) = f (−t) dt.
−a a 0
30
D’où, le résultat.
31
4.2 Fractions rationnelles
4.2.1 Décomposition en éléments simples
Définition 4.1 1. Une fraction rationnelle réelle est le quotient de deux fonctions polynô-
miales réelles.
P (x)
2. On considère une fraction rationnelle réelle F : x 7→ avec P et Q deux polynômes
Q(x)
réels tel que Q n’est pas identiquement nulle.
(a) F est dite irréductible si P et Q n’ont aucun zéro commun dans C. Sinon, elle est
dite réductible.
(b) Si F est irréductible, alors tout zéro de Q est dit un pôle de F .
x4 − x3 − x + 2
Exemple 4.3 1. Soit F : x 7→ . On a, F est une fraction rationnelle
x3 − x2 + x − 1
réelle.
x
2. Soit F : x 7→ . On a, F est une fraction rationnelle réelle irréductible.
x+1
x2 + 2 x
3. Soit F : x 7→ 3 . On a, F est une fraction rationnelle réelle réductible.
x + x2
2 x4 − x3 − x + 2
4. Soit F : x 7→ . On a, F est une fraction rationnelle réelle irréductible
x2 + x − 2
qui a pour pôles 1 et −2.
Théorème 4.1 Une fraction rationnelle réelle irréductible F se décompose sur R sous la
forme :
A1,1 A1,α1 Am,1 Am,αm
F (x) = E(x) + + ... + α
+ ... + + ... +
x − a1 (x − a1 ) 1 x − am (x − am )αm
où E est une fonction polynômiale, pour k ∈ {1, ..., m}, αk est la multiplicité du pôle réel ak
et pour j ∈ {1, ..., l}, p2j − 4qj < 0 et βj est la multiplicité des pôles complexes conjugués bj
et bj racines de x2 + pj x + qj = 0.
Exemple 4.4 Décomposer en éléments simples les fractions rationnelles réelles suivantes :
x4 − 2
1. F : x 7→ 3 .
x −1
1
2. F : x 7→ 3 .
(x − 1)2
32
4.2.2 Calcul d’intégrales
Z b
Méthode : Le calcul de l’intégrale F (x) dx où F est une fraction rationnelle qui n’a
a
aucun pôle dans l’intervalle [a, b] comporte des calculs des types suivants :
Z b
• E(x) dx où E est une fonction polynômiale.
a
Z b
1
• dx où r ∈ N∗ .
a (x − α)r
Z b
Ax + B
• dx où s ∈ N∗ et A, B, p, q ∈ R tel que p2 − 4q < 0.
a (x2
+ p x + q)s
Les deux premiers types ne posent aucun problème. Pour résoudre le troisième, on com-
mence par écrire que :
Ax + B A 2x + p Ap 1
= + (B − ) .
(x2 + p x + q)s 2 (x2 + p x + q)s 2 (x2 + p x + q)s
La première intégrale obtenue est facile à calculer. Pour la deuxième intégrale, qui présente
au dénominateur un trinôme du second degré sans racine réelle, on commence à mettre le
trinôme sous forme canonique. Ainsi,
2 p 2 p2
x + p x + q = (x + ) + (q − ).
2 4
r
p2 p
En posant alors r = q−
et en faisant le changement de variable rt = x + , on se
4 2
ramène à des calculs d’intégrales du type :
Z d
dt
Is (c, d) = 2 s
dt, s ∈ N∗ .
c (t + 1)
33
Z d
dt
(b) On applique une intégration par parties en partant de Is−1 (c, d) = dt.
c (t2 + 1)s−1
1 −2(s − 1)t
→0
(t2 + 1) s−1
R (t2 + 1)s
1 → t
D’où :
Z d
t d t2
Is−1 (c, d) = [ 2 ] + 2(s − 1) dt
(t + 1)s−1 c 2
c (t + 1) Z
s
d 2
d c t +1−1
= 2 s−1
− 2 s−1
+ 2(s − 1) dt
(d + 1) (c + 1) c (t2 + 1)s
d c
= 2 s−1
− 2 + 2(s − 1)(Is−1 (c, d) − Is (c, d)).
(d + 1) (c + 1)s−1
1 d c 2s − 3
Ainsi, Is (c, d) = ( 2 s−1
− 2 s−1
)+ Is−1 (c, d).
2(s − 1) (d + 1) (c + 1) 2(s − 1)
Z 5
dx
Exemple 4.5 Calculer .
4 (x3 − 1)2
34
x
Méthode générale : On pose t = tan( ) avec t ∈ R et x ∈]−π, π[. On rappelle que :
2
1 − t2 2t
cos(x) = et sin(x) = .
1 + t2 1 + t2
Ainsi, on obtient que :
1 − t2 2t 2
ω(x) = R(cos(x), sin(x)) dx = R( , ) dt.
1 + t2 1 + t2 1 + t2
Ce qui nous ramène au calcul de l’intégrale d’une fraction rationnelle.
Z π
2 dx
Exemple 4.7 Calculer .
0 2 + sin(x)
b 2 b2 b b2 c
ax2 + bx + c = a[(x + ) − 2 ] + c = a[(x + )2 − 2 + ].
2a 4a 2a 4a a
35
b
En notant par t = x + et en rappelant que ∆ = b2 − 4ac, on obtient que :
2a
∆
ax2 + bx + c = a(t2 − ).
4a2
On distingue alors les cas suivants :
√ p p b
1. Si ∆ = 0, alors ax2 + bx + c = |a||t| = |a| |x + |.
2a
√
−∆
2. Si ∆ < 0, alors on effectue le changement de variable t = sinh(u).
2a
√
∆
3. Si ∆ > 0 et a > 0, alors on effectue le changement de variable t = cosh(u).
2a
√
∆
4. Si ∆ > 0 et a < 0, alors on effectue le changement de variable t = − sin(u) ou
√ 2a
∆
t=− cos(u).
2a
Exemple 4.9 Calculer les intégrales suivantes :
Z 3
dx
1. A = √ .
2
1 x x +x+1
Z 4
dx
2. B = √ .
3 x2 − 5
Z √2 +1
2 dx
3. C = √ .
1 1 + x + 3 −x2 + 2x
36