Preuve :
——–
Corollaire.— SoientA etB des parties de Rmesurables au sens de Riemann. On pose a= infAet b= supA.
/ SiB⊂AalorsA−Bemesurable au sens de Riemann etµ(A−B) =µ(A)−µ(B).
/ La partieAc= [a, b]−Aemesurable au sens de Riemann etµ(Ac) = (b−a)−µ(A).
/ Les partiesA∪BetA∩Bsont mesurables au sens de Riemann etµ(A∪B) =µ(A) +µ(B)−µ(A∩B).
Preuve : / On a
A−B=
A−
B. Puisque
Aet
B sont intégrables, la propositionmontre que
A−B l’e aussi et ainsi, la partieA−Be mesurable au sens de Riemann. Si l’on notec= infB et d= supB, on a alors [c, d]⊂[a, b] et
Benulle sur [a, c[ et ]d, b]. On en déduit queµ(A−B) = Zb
a
A−B(x)dx= Zba
A(x)dx− Zdc
B(x)dx= Zba
A(x)dx− Z dc
B(x)dx=µ(A)−µ(B)/ On applique le/ en considérantA0= [a, b] etB0=A.
/ On a
A∪B= sup(
A,
B) et
A∩B= inf(
A,
B). Puisque
Aet
B sont intégrables, la propositionmontre que
A∪Bet
A∩Ble sont aussi, ce qui assure queA∪BetA∩Bsont mesurables au sens de Riemann.Pour l’égalitéµ(A∪B) =µ(A) +µ(B)−µ(A∩B), commençons par supposer queA∩B=∅. On a alors
A∪B=
A+
Bet il s’ensuit que µ(A∪B) =Z d
c
A(x)dx+Zdc
B(x)dx=µ(A) +µ(B)(c= inf(A∪B) etd= sup(A∪B)). Pour le cas général, on écritA∪B=A∪(B−(A∩B)). Les parties A−(A∩B)) etBsont disjointes et mesurables au sens de Riemann, en appliquant le cas particulier, on trouve
µ(A∪B) =µ(A−(A∩B))) +µ(B) =µ(A)−µ(A∩B) +µ(B)
——–
Proposition.—SoitAune partie bornée deR.
/ SiAecompaet négligeable, alorsAemesurable au sens de Riemann etµ(A) = 0.
/ SiAemesurable au sens de Riemann et siµ(A) = 0alorsAenégligeable.
/ SiAemesurable au sens de Riemann alors l’adhérenceAdeAl’eaussi etµ(A) =µ(A). En particulier, quandAemesurable au sens de Riemann toute partieB vérifiantA⊂B⊂Aemesurable au sens de Riemann et de même mesure que celle deA.
Preuve :
——–
Fon ions réglées.
. Définition, propriétés.
Définition.—Une fonionf : [a, b]→Redite "réglée" s’il exie une suite de fonions en escalier sur[a, b]qui converge uniformément versf. On noteReg([a, b])l’ensemble des fonions réglées sur[a, b].
Lemme.—Soitf une fonion de[a, b]dansR. Les propositions suivantes i)f eréglée,
Fonions réglées
ii)∀ε >0,∃fε∈E([a, b])||f −fε||∞< ε, sont équivalentes.
Preuve :Si (fn) converge uniformément versf, alors pour toutε >0, il exieN ∈Ntel que∀n≥N,
||f −fn||∞< ε. En posant par exemplefε=fnon a la première implication.
Soitε= 1/npourn >0. Il exie une fonion en escalierfεtelle que||f −fε||∞<1/n. On définitfn=fε et on a l’autre implication.
——–
Exemples.—/ Toute fonion en escalier eune fonion réglée.
/ La fonionf de l’exempleeune fonion réglée. En effet, soitε >0 et soitN∈Ntel que 1/N <
ε. Il n’y a qu’un nombre fini de rationnels dex∈[0,1] tel que sixs’écrit sous la forme irréduible p/qon ait q ≤N (il y en a au plus N!). Soitx1 < x2 < · · ·< xn ces rationnels. On définit fε par fε(xi) =f(xi), (i= 1,· · ·, n) et six,xi pour touti, alorsfε(x) = 1/N. Il eclair quefεeen escalier et que||f −fε||∞≤ε.
/ La fonion caraériique des rationnels sur [0,1] n’e pas réglée (c’e une conséquence de la propositionà venir).
Proposition.—Sif eréglée sur[a, b], alorsf ebornée. L’ensembleReg([a, b])eune sous-R-algèbre deR[a,b] able par passage à la valeur absolue. En d’autres termes, si f , g ∈ Reg([a, b]) et α ∈ R alors (f+αg), f g,|f| ∈ Reg([a, b]).
Preuve : Si f e réglée, en particulier, il exie f1 ∈ E([a, b])||f −f1||∞ <1. Donc, par l’inégalité triangulaire, on a|||f||∞− ||f1||∞| ≤ ||f−f1||∞<1, donc
||f1||∞−1≤ ||f||∞≤ ||f1||∞+ 1 f1étant bornée,||f1||∞eun réel donc||f||∞eun réel etf ebornée.
Soientf etg deux fonions réglées de [a, b] dansRetα∈R. Supposons que (fn)n (resp. (gn)n) soit une suite de fonions en escalier de [a, b] qui converge uniformément versf (resp. g). La suite (fn+αgn)n eune suite de fonions en escalier, or||(f+αg)−(fn+αgn)||∞≤ ||f−fn||∞+|α|||g−gn||∞. Donc la suite (fn+αgn)nconverge uniformément vers (f+αg) et ainsiReg([a, b]) eun sous-R-espace veoriel deR[a,b].
La suite de fonions (fngn)n eune suite de fonions en escalier. Remarquons que comme (gn)n converge uniformément versf, la suite||fn)||∞ebornée. SoitM un majorant de cette suite, alors la suite (gn(f−fn)) converge uniformément vers 0 car||gn(f −fn)||∞≤M||gn(f −fn)||∞. De même, puisque f ebornée, la suitef(g−gn) converge uniformément vers 0, et comme on a (f g−fngn) =gn(f −fn) + f(g−gn), et que||(f g−fngn)||∞≤ ||gn(f −fn)||∞+||f(g−gn)||∞alors (fngn)nconverge uniformément vers (f g). Donc (f g) eréglée.
Enfin, pour toutx∈[a, b], on a||f(x)| − |fn(x)|| ≤ |f(x)−fn(x)|et donc
|||f| − |fn|||∞≤ ||f −fn||∞
La suite (|fn|)n (qui eune suite de fonions en escalier, converge uniformément vers|f|et donc|f| eréglée.
——–
La famille des fonions réglées eun premier exemple de famille générique de fonions inté-grables :
Proposition.—Toute fonion régléef sur[a, b]eintégrable. De plus, si(fn)eune suite de fonions en escalier convergeant uniformément versf, alors la suite
Zb a
fn(x)dx
!
n
converge et
limn
Zb a
fn(x)dx= Z b
a
f(x)dx
Fonions réglées
Preuve :Soitf réglée et (fn) une suite de fonions en escalier convergeant uniformément versf. Soit ε >0, il exientel que
||fn−f||∞= sup
x∈[a,b]
|fn(x)−f(x)|< ε On pose alors
gε(x) =gn(x)− ε
2(b−a) et hε(x) =gn(x) + ε 2(b−a) gεethεsont deux fonions en escalier telles que:
gε(x)≤f(x)≤hε(x)et Zb
a
(hε(x)−gε(x))dx≤ε Doncf eintégrable. Pourε >0, il exieN ∈Ntel que
∀n > N , ∀x∈[a, b],|fn(x)−f(x)| ≤ ε b−a Pourn > N, on a donc
Zb a
fn(x)dx− Z b
a
f(x)dx
≤ Zb
a
|fn(x)−f(x)|dx≤ε
et donc lim
n
Zb a
fn(x)dx= Zb
a
f(x)dx.
——–
Il e naturel de se demander si l’inclusion réciproque evraie. La réponse enon et voici un exemple. On prendK, l’ensemble triadique de Cantor, et on prend l’applicationf : [0,1]→Rdéfinit parf(x) = 1 six∈Ketf(x) =d(K, x) six<K(d(K, x) désigne la diance dexàK, i.e.d(K, x) = inf
t∈K
|x−t|).
On va montrer que l’ensemble des points de discontinuité de cette fonion e exaement K.
CommeK enégligeable et quef ebornée,f sera donc intégrable au sens de Riemann. Sif était réglée,K serait dénombrable (conséquence de la propositionà venir), ce qui n’epas le cas.
Soitx0<K, il exie un voisinageV dex0tel queV∩K=∅car sinonx0serait adhérent àKet par suite commeKefermé,x0serait élément deK.
Soitx0∈K, alors pour toutα >0, il exiex<Ktel quex∈]x0−α, x0+α[. En effet sinon, il exierait un intervalle ]t1, t2[ non vide inclus dansK, ce qui contredirait queK enégligeable. Il exie donc une suitexn de réel de [0,1] telle que limnxn =x0 etxn <K. Commed(K, xn)≤ |xn−x0|, on a alors limnf(xn) = 0 mais commef(x) = 1, on en déduit quef n’epas continue enx0.
Soitx0<K, il exie un voisinageV dex0tel queV∩K =∅. En effet, sinonx0 serait adhérent à K et commeK efermé on auraitx0 ∈K. Il exieα >0 tel que [x0−α, x0+α]⊂V. Les ensembles Kα−={t ∈K, t < x0−α}et Kα+={t∈K, t > x0+α}sont fermés et non vide car 1∈K et 0∈K. On a K=Kα−∪Kα+, etKα−contient sa borne supérieuret−etKα+contient sa borne supérieuret+. Il eclair qued(x0, K) = inf(|x0−t+|,|x0−t−|). Deux cas se présentent :
)|x0−t+|=|x0−t−|. On a pour toutx∈[x0−α, x0+α],d(x, k) = inf(|x−t+|,|x−t−|) (on suppose que la borne inférieure e|x−t+|. Alorsd(x, K)−d(x0, K) =|x−t+|−|x0−t+|, on a donc|d(x, K)−d(x0, K)| ≤ |x−x0|. Dans le cas oùd(x, K) =|x−t−|on aurait la même chose, et ainsif econtinue enx0.
)|x0−t+|>|x0−t−|(par exemple). On a toujours pour toutx∈[x0−α, x0+α],d(x, k) = inf(|x−t+|,|x−t−|).
Soitε= (t+−t−)/2, alors pour toutx∈[x0−α, x0+α]∩]x0−ε, x0+ε[,d(K, x) =|x−t−|, et alors comme précédement,|d(K, x)−d(K, x0)| ≤ |x−x0|doncf econtinue enx0.
Fonions réglées
. Exemples.
L’interêt des fonions réglées, eque la majorité des fonions "classiques" le sont.
Lemme.—Toute fonion continue sur[a, b]eréglée.
Preuve : D’après le théorème de Heine, la fonion f étant continue et l’intervalle considéré étant compa,f euniformément continue. Par conséquent, pourε >0 fixé, il exieα >0 tel que pour toutx, y∈[a, b],
|x−y|< α=⇒ |f(x)−f(y)|< ε 2
Sipeun entier tel que (b−a)/p < α, on considère alors la subdivision à pas réguliers:a0< a1<
· · ·< apde [a, b] (aj=a+jb−pa pourj= 0,· · ·, p) et la fonioneεdéfinie par,eε(b) =f(b) et eε(x) =f(aj) pour toutj= 0,· · ·, p−1 et toutx∈[aj, aj+1[
Pour touti= 0,· · ·, p−1 et toutx∈]ai, ai+1[, on a donc
|eε(x)−f(x)|=|f(ai)−f(x)|<ε
2 (car|x−ai|< α)
et commeeε(ai) =f(ai), on en déduit que||eε−f||∞< ε. La fonioneεétant en escalier, on en déduit finalement quef eréglée.
——–
Définition.—Soitf : [a, b]→R, on dit quef econtinue par morceaux si et seulement si, il exie une subdivisions:a=x0< x1<· · ·< xntel que pour touti= 1,· · ·, nil exie une applicationfi: [xi−1, xi] continue telle que∀x∈]xi−1, xi[, f(x) =fi(x). On noteCM([a, b])l’ensemble des fonions continues par morceaux sur[a, b].
Proposition.—On a l’inclusionCM([a, b])⊂ Reg([a, b]).
Preuve :On reprend les notations de la définition. On se place sur [xi−1, xi]. Fixonsε >0, d’après le lemme précédent, il exieeiune fonion en escalier de [xi−1, xi] telle que sur ]xi−1, xi[ on ait
||fi(x)−ei(x)||∞< ε
Soit alorse, la fonion en escalier définit par∀i= 0,· · ·n,e(xi) =f(xi) et
∀i= 1,· · ·, n∀x∈]xi−1, xi[e(x) =ei(x) Il eclair que sur [a, b] on a||e−f||∞< ε, le résultat en découle alors.
——–
. Cara érisation.
Proposition.—Soitf une fonion sur[a, b]. Les propositions suivantes i)f eréglée sur[a, b],
ii)f admet en tout point de]a, b[une limite droite et une limite gauche, et admet une limite droite enaet une gauche enb,
sont équivalentes.
Preuve : On rappelle le théorème suivant: si ]αi, βi[I eune famille d’intervalle ouvert deRtelle que [a, b]⊂S
i∈I]αi, βi[. Alors il exie un sous-ensemble finiJ⊂Itel que [a, b]⊂S
j∈J]αj, βj[.
ii) =⇒i) Pourt∈[a, b], on notef(t−0) la limite gauche def entetf(t+ 0), la limite droite def en t. Soitε >0, alors∀t∈]a, b[, il exieαt >0 tel que∀x∈]t−αt, t[,|f(x)−f(t−0)|< εet∀x∈]t, t+αt[,
Ce théorème een fait la caraérisation, par l’axiome de Borel-Lebesgue, des ensembles compas. Une démonration de ce résultat pourra être trouvée dans tout bon cours de topologie.
Fonions réglées
|f(x)−f(t+ 0)|< ε. De même, il exieα0 > 0 et α1 tel que∀x∈]b−α1, b[,|f(x)−f(1−0)|< ε et
∀x∈]a, a+α0[,|f(x)−f(0 + 0)|< ε.
La famille d’intervalles ouverts (]t−αt, t+αt[)t∈]a,b[vérifie [a, b]⊂S
t∈]a,b[]t−αt, t+αt[S
]b−α1, b[∪]a, a+
αa[. Donc il exie t1,· · ·, tn−1 des points de ]a, b[ tels que ]a, b[⊂ S
i=1,···,n−1]ti −αti, ti +αti[S ]1− α1,1[∪]0, α0[. On suppose que a=t0 < t1 <· · ·tn−1 < tn =b etti +αi < ti+1+αi+1 (il suffit de réor-donner les points d’enlever lesti tel que ]ti−αti, ti+αti[ soit entièrement inclu dans un ]ti−αti, ti+αti[ pourj,iet éventuellement de prendreα0"plus petits"). On définit la fonioneεpar:
Six∈[a, a+α0[,eε(x) =f(a+ 0).
Six∈[ti+αti, ti+1+αti+1[ (i= 1,· · ·, n−2),eε(x) =f(ti+ 1 + 0).
Six∈[tn+αtn, b],eε(x) =f(b−0).
eεedonc une fonion en escalier telle que||f −eε||∞< ε. Doncf eréglée.
i) =⇒ii) Soitf une fonion réglée, et (fn)n une suite de fonion en escalier convergeant uniformé-ment versf. Soitx∈[a, b[, pour toutε >0 il exieN >0 tel que∀n > N,∀t∈[a, b],|f(t)−fn(t)|< ε.
Maintenant pour toutn,fn een escalier, donc∀n∈N, il exieαn >0 et un uniqueλn ∈Rtel que
∀t∈]x, x+αn[,fn(x) =λn. Pourx∈[a, b[, on a donc:
∀ε >0,∃N∈N, ∀n > N∃αn>0∃!λn>0tel que∀t∈]x, x+αn[,|f(t)−λn|< ε 2 En utilisant l’identité remarquable|λp−λq| ≤ |f(t)−λp|+|f(t)−λq|on en déduit que:
∀ε >0,∃N ∈N,∀p > N ,∀q > N ,|λp−λq|< ε Donc la suite (λn)nede Cauchy, donc convergente. Soitλsa limite. On a alors
∀ε >0,∃N1∈N∀n > N1|λn−λ|< ε 2 et
∀ε >0, ∃N2∈N∀n > N2∃αn>0,∀t∈]x, x+αn[|f(t)−λn|<ε 2
Donc pourN = sup(N1, N2),n=N+ 1 etα=αn, on a en utilisant à nouveau l’inégalité triangulaire:
∀ε >0,∃α >0,∀t∈]x, x+α[|f(t)−λ|< ε Ce qui dit bien que lim
t→x+f(t) =λ =f(x+ 0) (i.e. f a une limite droite en tout point de [a, b[). On démontrerait de la même façon quef a une limite gauche en tout point de ]a, b].
——–
Corollaire.—Toute fonion monotone sur[a, b]eréglée, en particulier, toute fonion monotone e intégrable.
Preuve : En effet les fonions monotones admettent en tout point une limite droite et une limite gauche: Soitx0 fixé, commef e monotone (croissante par exemple), l’ensemble {f(x)/x < x0} e majoré parf(x0), donc admet une borne supérieure sup
x<x0f(x). On a alors lim
x→x−0f(x) = sup
x<x0f(x). On obtient les autres cas de manière similaire.
——–
Notons enfin une propriété sur les discontinuité d’une fonion réglée :
Proposition.—L’ensemble conitué des points de discontinuité d’une fonion réglée edénombrable.
Preuve :Soitf une fonion réglée etfnune suite de fonions en escalier convergeant uniformément versf. On noteDnl’ensemble des points de discontinuité defn. On noteD= [
n∈N
Dn, commeDn e fini,Dedénombrable.
Fonions réglées
Soitx<D. Pourε >0, il exieN ∈Ntel que||f −fN||∞< ε/2. Maintenant commex<DN, il exie α >0 etC∈Rtel que∀t∈]x−α, x+α[, fN(t) =C. On a donc :
∀t∈]x−α, x+α[, |f(x)−f(t)| ≤ |f(x)−C|+|f(t)−C| ≤2||f−fN||∞< ε
Ainsif econtinue enx, et l’ensemble des points de discontinuité def einclus dansDet il donc edénombrable.
——–
La proposition donne une nouvelle preuve, grâce au théorème et au lemme , du fait qu’une fonion réglée eintégrable.
Exemples.—/ Soit (xn)nun dénombrement de [0,1]∩Q(i.e. une bijeionn7−→xndes rationnels de [0,1]). On définit la fonionϕ: [0,1]→Rpar:
ϕ(x) = X
n∈N/xn<x
1
2n , ϕ(0) = 0
Il eclair queϕ e croissante, donc elle e réglée. De manière plus précise, soitN ∈Nfixé. On définit la fonion de [0,1], eN(x), pareN(x) = X
0≤i≤N /xi<x
1
2i. Il e clair queeN e une fonion en escalier, en effet en rajoutant éventuellement 0 et 1 au pointsx0,· · ·, xN et en réordonnant le tout, on obtient une subdivision adaptée àeN.
Maintenant, on a
||ϕ−eN||∞≤
+∞
X
k=N+1
1 2k = 2−N et donc la suiteeNconverge uniformément versϕ.
Recherchons maintenant les points de discontinuité deϕ. D’après la démonration de la propo-sition, les points de discontinuité deseN étant tous rationnels, il s’ensuit queϕ econtinue sur tout irrationnel de [0,1]. Il eclair queϕecontinue en 1. Soitxpun rationnel de [0,1] différent de 1. Siϕétait continue enxp, alors on aurait limx→xp+ϕ(x) =ϕ(xp). Or pourx > xp, on a:
ϕ(x)−ϕ(xp) = X
i/xp≤xi<x
1 2i = 1
2p+ X
i/xp<xi<x
1 2i
Doncϕ(x)−ϕ(xp)≥2−p, etϕn’epas continue enxp et donc l’ensemble des points de discontinuité deϕeexaement [0,1[∩Q.
/ Soitσ une permutation deN∗ (i.e. une bijeion deN∗ sur lui-même). Pourx∈[0,1[, on prend le developpement décimal illimité propre dex, c’e-à-dire l’unique suite (an)nd’entiers compris entre 0 et 9 telle que@N /∀n > N , an= 9 et telle que:
x=
+∞
X
k=1
ak 10k
Pourx= 1, on prend son développement illimité impropre (i.ean= 9 pour toutn). On définit alors f : [0,1]→[0,1] par:
x=
+∞
X
k=1
ak
10k
7−→ f(x) =
+∞
X
k=1
aσ(k)
10k
Continuité à droite: Soitx0∈[0,1[, de développement décimal propreP
ai10−i. Soitε >0, il exie n∈Ntel que 10−n< ε. Commeσeune bijeion, il exiep∈Ntel que{σ(1),· · ·, σ(n)} ⊂ {1,· · ·, p}et
Intégrale fonion de la borne supérieure Doncf econtinue à droite de tout point de [0,1[.
Continuité à gauche: Soitx0un point non décimal de [0,1], en particulier,x0n’admet pas de développe-ment décimal illimité impropre. On posex0 =
+∞ précéde-ment, on prouve que lim
x→x0+f(x) =l=f(x0). Doncf econtinue à gauche enx0. Six0edécimal, il admet un développement décimal illimité improprex0=
+∞ gauche dex0. Remarquons alors qu’elle n’epas nécéssairement continue car, en général,l,f(x0).
(Pourx0= 1, on a quand mêmel=f(1) = 1).
Calcul de l’intégrale:f edonc une fonion continue en 0, en 1 et en tout point non décimal de [0,1].
En un point décimal de ]0,1[, elle econtinue à gauche et admet une limite à gauche. C’edonc un fonion réglée, par conséquent intégrable.
La fonionf(1−x) e intégrable et
L’ensemble des décimal eun ensemble dénombrable, donc d’après la proposition???, Z1
dx= 1. Par conséquent Z 1
On s’intérresse maintenant aux propriétés des applications définie par des intégrales, applica-tions qui sont définit à partir de la borne inférieure ou supérieure de l’intégrale, c’e-à-dire a des applications de la formeF(x) =
Zx a
f(t)dt.
Définition.—SoitI un intervalle deR. On dit qu’une fonionf :I →Relocalement intégrable, si elle eintégrable sur tout segment inclus dansI.
En particulier toute fonion localement intégrable surI ebornée sur tout segment inclu dansI.
Exemple :Toute fonions continue surRelocalement intégrable surR.
Intégrale fonion de la borne supérieure
/ La fonionFecontinue surI et lipschitzienne sur tout segment inclus dansI.
/ Sif admet une limite (resp. une limite à droite, resp. une limite à gauche) enx0∈I alors la fonionF
/ Soitx0un point intérieur àI et supposons quef admettelpour limite droite enx0. Alors
∀ε >0,∃α >0,∀t∈]x0, x0+α[|f(t)−l|< ε
Remarque.—La propriété/ ne possède pas de réciproque. Pour le voir, considérons l’intervalle I=R+et la fonionf définie par
f(x) = 1 six,1/npour toutn≥1
= 0 six= 1/npour un certainn≥1
Il eclair quef n’admet pas de limite en 0. Cette fonion elocalement intégrable sur [0,+∞[: En effet, si on prend 0< a < b, alors f een escalier sur [a, b], donc intégrable. Si on prend 0 =a < b,
Intégrale fonion de la borne supérieure
Lemme.—Sif admet une primitive surI, alors elle en admet une infinité. Deux primitives différent sur Id’une conante.
Preuve :SoitF1etF2deux primitives def, alors (F1−F2)
0
= 0, doncF1−F2ea la fois croissante et décroissante surI, elle edonc conante. CommeI eun intervalle,∃C∈R/ F1=F2+C.
——–
En combinant cette définition avec les résultats précédent, on obtient :
Proposition.—Sif : [a, b]→Recontinue, alors elle admet une primitive. SiFeune primitive def sur[a, b], alors il exieC∈Rtel que :
F(x) = Zx
a
f(t)dt+C
Preuve :Cette proposition eune conséquence diree du théorèmeet du lemme.
——–
Proposition.—Sif : [a, b]→Reune fonion qui admet une primitiveFet sif eintégrable alors Z b
a
f(x)dx=F(b)−F(a)
Preuve :Soits:x0< x1<· · ·< xnune subdivision de [a, b]. Sur chaque segment [xi, xi+1] (i= 0,· · ·n−1), la fonion F e continuement dérivable. En vertu du théorème des accroissement finis, il exie ti∈]xi, xi+1[ tel que
F(xi+1)−F(xi) = (xi+1−xi)F0(ti) = (xi+1−xi)f(ti) On a donc
Dinf(f , s)≤
n−1
X
i=0
F(xi+1)−F(xi)≤Dsup(f , s)
Or
n−1
X
i=0
F(xi+1)−F(xi) =F(b)−F(a) et donc
Dinf(f , s)≤F(b)−F(a)≤Dsup(f , s)
Ceci étant vrai pour toute subdivision, et la fonionf étant, par hypothèse, intégrable, on déduit de la propositionque
Z b a
f(x)dx=F(b)−F(a)
——–
Remarque.—a) On pourrait croire que sif admet une primitive, alors elle eautomatiquement intégrable, ce n’epas vrai en général. Pour voir ce fait, considérons la fonionF:R→Rdéfinie par F(0) = 0 et pourx,0,F(x) =x2sin(1/x2). La fonionFedérivable : c’eclair pourx,0 où l’on a F0(x) = 2xsin(1/x2)−2
xcos(1/x2). Pourx= 0, on aF(x)/x=xsin(1/x2), donc|F(x)/x| ≤ |x|donc tend vers 0 en 0. AinsiF0(0) = 0.
Si l’on posef(0) = 0 etf(x) = 2xsin(1/x2)−2
xcos(1/x2) pourx,0, il ealors clair queF eune primitive def, mais comme la fonionf n’epas bornée elle ne peut être intégrable.
Cet exemple montre que, s’il apparrait que dans un certain sens que l’intégrale de Riemann con-itue l’opération "inverse" de la dérivation, il faut reer prudent!
b) La preuve du théorème repose sur les propriétés fondamentales de l’intégrale de Riemann.
Ce fait montre le caraère fondamental de cette notion, car en reprenant les même arguments, on conate que l’on a le résulat suivant :
Calcul
Théorème.—Sia < bsont deux réels etS: [a, b]2×C0([a, b],R)−→Rune application vérifiant : A)∀x, y∈[a, b],S(x, y,1) =y−x,
A)∀x, y∈[a, b],∀f , g∈C0([a, b],R),∀α∈R,S(x, y, αf+g) =αS(x, y, f) +S(x, y, g)(linéarité), A)∀x, y, z∈[a, b],∀f ∈C0([a, b],R),S(x, y, f) =S(x, z, f) +S(z, y, f)(relation de Chasles),
A)∀f , g∈C0([a, b],R), sif ≤g alors pour toutx < ydans[a, b],S(x, y, f)≤S(x, y, g)(préservation des inégalités),
alors pour toutf ∈C0([a, b],R), on aS(a, b, f) = Z b
a
f(t)dt.
Preuve :
——–
. Calcul.
.. Translations, homotéthies.
Proposition.—Soitf : [a, b]→Retα >0. On définit la foniong: [a−α, b−α]parg(x) =f(x+α).
Alors sif eintégrable,gl’eaussi et Zb−α
a−α
g(x)dx= Z b
a
f(x)dx
Preuve :
——–
Corollaire.—Sif :R→Rep-périodique et intégrable sur un segment[a, a+p], alors pour toutb∈R, f eintégrable sur[b, b+p]et
Z b+p b
f(x)dx= Za+p
a
f(x)dx
Proposition.—Soitf : [a, b]→Retα,0. On définit la foniong: [αa,αb]parg(x) =f(αx). Alors sif eintégrable,gl’eaussi et
α Z αb
a α
g(x)dx= Zb
a
f(x)dx
Preuve :
——–
.. Intégration par parties.
Théorème.—Soientf etgdeux fonions dérivables de[a, b]dansR, telle quef0 etg0soient intégrable sur[a, b](en particulier sif etgsontC1). Alors
Z b a
f(x)g0(x)dx= [f(t)g(t)]ba− Z b
a
f0(x)g(x)dx avec[f(t)g(t)]ba=f(b)g(b)−f(a)g(a).
Preuve :Les fonionsf etgétant dérivables, il en ede même pourf get l’on a (f g)0=f0g+f g0. Les dérivées sont intégrables doncf0getf g0 sont intégrables. Or on a
Z b a
(f g)0(x)dx=f(b)g(b)−f(a)g(a)
Calcul
par linéarité, le résultat en découle.
——–
.. Changement de variable.
Théorème.—Soientf : [a, b]→Rune fonion qui admet une primitive etϕ[c, d]→[a, b]une fonion dérivable telle quef soit intégrable sur le segment d’extrémitéϕ(c)etϕ(d). Si les fonionsf ◦ϕetϕ0sont intégrables sur[c, d], alors il en ede même pourf ◦ϕ.ϕ0et
Z ϕ(d)
ϕ(c)
f(t)dt= Zd
c
f ◦ϕ(x)ϕ0(x)dx (On dit que l’on a opéré le changement de variablet=ϕ(x))
Preuve : SoitF une primitive def. Il eclair quef ◦ϕ.ϕ0eintégrable, cette fonion admetF◦ϕ pour primitive. En appliquant la proposition, on a donc
Zd
c
f ◦ϕ(x)ϕ0(x)dx=F◦ϕ(d)−F◦ϕ(c) =F(ϕ(d))−F(ϕ(c)) = Zϕ(d)
ϕ(c)
f(t)dt
——–
Remarque.—Ce théorème ree encore valable si l’on supposef continue par morceaux. En effet par la relation de Chasles, on se ramène au cas des fonions continues.
Corollaire.—Soitf : [a, b]→Rune fonion continue,Iun intervalle etϕ:I →RunC1-difféomorphisme (i.e. une bijeion de classeC1telle que sa réciproque soitC1) tel que[a, b]⊂ϕ(I), alors
Zb
a
f(t)dt=
Z ϕ−1(b)
ϕ−1(a)
f ◦ϕ(x)ϕ0(x)dx
Preuve : C’e une application diree du résultat précédent, en remarquant quef ◦ϕ et ϕ0 sont continues et queϕ étant un difféomorphisme, c’e en particulier un homéomorphisme, donc que ϕ([ϕ−1(a), ϕ−1(b)]) = [a, b].
——–
Remarques.—Il egénéralement pratique de poser "à l’envers" le changement de variable, c’e-à-dire de poser par exemplex=ψ(t). Il ealors commode, pour s’y retrouver, de différentier formelle-mentdx=ψ0(t)dtet de rechercher à exprimer simplementψ0(t) en fonion dex.
Il faut faire très attention à bien respeer les hypothèse du théorèmeou du corollaireet de ne pas changer de variable inconsidérément. On veut par exemple (mal) calculer
Zπ 0
dt 1 + cos2t
On fait le changement de variableu= tan(t), on a doncdu=1+cosdt2t et donc on a:
Z π 0
dt 1 + cos2t =
Z0 0
du= 0
Ce résultat e absurde, car 1+cos1 2t e continue, positive et non nulle. L’erreur commise ici e la suivante: Le changement de variable que l’on pratique een faitt= arctan(u) et arctan eà valeur dans ]−π/2, π/2[, ce qui rend le changement de variable impossible sur [0, π].
Calcul
. Relations, inégalités.
.. Formules de Taylor.
Théorème.—Soitf : [a, b]→Rune applicationn+ 1fois dérivable, telle quef(n+1)soit intégrable sur [a, b]. Alors pour toutt∈[a, b], on a:
Preuve :(Par récurrence) Pourn= 0 la formule devient:
f(t)−f(a) =
Alors au rangn, sif eune fonionn+ 1 fois dérivable, telle quef(n+1)soit intégrable sur [a, b], alors pour toutt∈[a, b], la fonion(t−n!x)nf(n+1)(x) eintégrable sur [a, t] et en intégrant par partie, on a:
Il suffit alors d’appliquer l’hypothèse de récurrence pour prouver que la propriété ehéréditaire.
——–
Preuve :En appliquant la formule de taylor-Laplace, on obtient pourx,x0: 1
Calcul
Application à l’irrationalité des valeurs de l’exponentielle en certains points. Soitr∈Q+∗tel que r= 1/b, avecbentier. La fonionexeC∞surR. Donc pour toutn >0, on a, d’après la formule de
La fonion exponentielle ecroissante et donc bornée parer sur [0, r]. On a donc
Il s’ensuit que (un)nconverge vers 0 mais commeuneentier, il exie un indiceN tel que pour tout n≥N,un= 0. En particulier on auN =uN+1= 0, or
uN+1
qbN+1(N+ 1)!− uN
qbNN!=− rN+1 (N+ 1)!,0
et on en déduit queer<Q. En particulier,e, la base de l’exponentielle, n’epas rationnel.
.. Formules de la moyenne.
Proposition.—(Inégalité de la moyenne) Soientf , g: [a, b]−→Rdeux fonions intégrables etm, M∈R
Preuve : C’e une conséquence immédiate de la propositioncompte-tenu du fait que pour tout t∈[a, b] on amg(t)≤f(t)g(t)≤Mg(t).
——–
Corollaire.— (Egalité de la moyenne) Soientf , g : [a, b]−→ R deux fonions intégrables. Si f e continue etgeà valeurs positives, alors il exiec∈[a, b]tel que
Zb
Preuve :L’applicationf étant continue sur [a, b] ebornée et atteint ses bornesmetM. L’application x7−→f(x)
Z b a
g(t)dt e donc continue et ses bornes sont respeivementmRb
ag(t)dt et MRb
a g(t)dt.
L’inégalité de la moyenne assure que le réelRb
a f(t)g(t)dtevaleur intermédiaire de cette fonion, le théorème des valeurs intermédiaires prouve alors l’exience du réelcannoncée dans l’énoncé.
——–
Calcul
.. Inégalités.
Il exie quantité d’inégalités liants les intégrales. On se propose de donner ici un apercu des principales et des applications quelles peuvent avoir.
Proposition.—Sif etgdésignent deux fonions de[a, b]dansRintégrables, alors Zb
Proposition.—(Inégalité de Cauchy-Schwarz) Soitf etg deux fonions intégrables de[a, b]dansR, alors
Par suiteT eun polynôme à coefficients réels qui ede signe positif, son discriminant∆edonc négatif. Par conséquent, on a
∆= 4
Remarque.—Dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz, il y a égalité si et seulement si le discriminant
∆enul, c’e-à-dire si et seulement si le polynômeT(λ) possède une racine (double). En appliquant le théorème, on voit alors qu’il y a égalité si et seulement si, il exie une conanteαtelle que|f|= α|g|presque partout (où encore ici, si et seulement si, il exie une conanteα telle que l’ensemble A={t∈[a, b], |f(t)|,α|g(t)|}soit d’intérieur vide.
Dans le cas où l’on suppose quef et g sont continues, il y a donc égalité si et seulement si les fonions|f|et|g|sont proportionnelles.
Corollaire.—Soitf : [a, b]→Rune application telle qu’il exiem >0tel que∀x∈[a, b], f(x)> m.
Preuve : D’après le corollaire, la fonion 1/f eintégrable, ainsi que les fonions p
f et 1/p f. On applique alors l’inégalité de Cauchy Schwarz à ces deux dernières fonions.
——–
Proposition.—(Inégalité de Cauchy-Scharwz généralisée) Soientf etg deux fonions intégrables et positive non nulle de[a, b]dansRtelle queg soit minorée sur[a, b]par un réelriement positif. alors si l’on pose
Calcul
Proposition.—(Inégalité de Hölder) Soientpetqdeux réelsriement positifs tels que 1 p+1
Remarque.—Cette inégalité généralise celle de Cauchy-Schwarz, puisqu’en prenantp =q= 2 dans Hö lder, on obtient Cauchy-Schwarz. Il epossible de généraliser cette inégalité à un nombre indéfini d’intégrales :
Proposition.—(Inégalité de Hölder généralisée)Soientp1,· · ·, pn,nréelsriement positifs tels que 1
Preuve :Si l’une des intégralesRb
a|fi(x)|pidxenulle, alors la fonion|fi|enulle presque partout et donc il en ede même de la fonion|f1.f2.· · ·.fn|et il y a donc égalité dans le théorème.
On suppose maintenant qu’aucune des intégralesRb
a |fi(x)|pidxne soit nulle. La preuve de l’inégalité
Pour montrer cette inégalité de convexité il suffit de remarquer que la fonion ln e concave puisque sa dérivée seconde etoujours négative. Par définition de la concavité, on a donc
Xn ce qui montre l’inégalité par passage à l’exponentielle.
Revenons à la preuve du théorème et considérons pour toutk= 1,· · ·, n, les réels
En appliquant l’inégalité de convexité démontrée ci-dessus, on a donc
|f1(x).· · ·fn(x)| ≤ p1
Calcul
Les deux membres de l’équation étant positifs, en intégrant sur [a, b], on trouve l’inégalité désirée.
——–
Proposition.—(Inégalité de Minkovski)Soientp un réel tel que1≤p,f etg deux fonions
Proposition.—(Inégalité de Minkovski)Soientp un réel tel que1≤p,f etg deux fonions