II. Changements de variable . . . . 2

Intégrales et primitives

Rédaction incomplète. Version 1.3

du 28 février 2020

Plan

I. Le théorème fondamental . . . . 1

II. Changements de variable . . . . 2

1. Théorème . . . . 2

2. Pratique - Rôle de l'élément diérentiel. . . . . 3

III. Intégration par parties . . . . 3

1. Théorème . . . . 3

2. Formule de Taylor avec reste intégral . . . . 4

3. Conséquences de la formule de Taylor avec reste intégral . . . . 4

4. Exemple d'utilisation de la formule de Taylor avec reste intégral . . . . 4

IV. Intégration et négligeabilité . . . . 6

Index

élément diérentiel, 3

changement de variable dans un intégrale, 2 formule de Taylor avec reste de Lagrange, 4 formule de Taylor avec reste de Young, 6 formule de Taylor avec reste intégral, 4 inégalité de Taylor-Lagrange, 4

intégration d'un développement limité, 6 intégration par parties, 3

lemme d'intégration de négligeabilité, 6 sommes de Riemann dans le cas C

¹

, 2 théorème de Darboux, 1

La notation habituelle avec un nom de variable et un élément diérentiel n'est introduite que là où elle apporte véritablement quelque chose dans cette présentation c'est à dire pour la formule de changement de variable.

I. Le théorème fondamental

Dénition. Une primitive d'une fonction f dénie dans un intervalle I est une fonction F dérivable dans I et dont la dérivée est f .

Remarques. Le théorème des accroissements nis permet de montrer facilement que la diérence entre deux primitives d'une même fonction sur un intervalle est une fonction constante.

On a montré en exercice (théorème de Darboux) lors du cours sur les fonctions dérivables que l'image d'un intervalle par une fonction dérivée est un intervalle. Par conséquent, une fonction continue par morceaux qui n'est pas continue n'admet pas de primitive.

Théorème. Soit f une fonction continue sur un intervalle I et a un point de I . On note F

_a

la fonction dénie dans I par :

F

a

(x) = Z

x

a

f la fonction F

_a

est l'unique primitive de f qui s'annule en a . pour toute primitive h de f :

Z

x a

f = h(x) − h(a)

Preuve. Montrons d'abord que F

_a

est dérivable de dérivée f (b) en un point b quelconque de l'intervalle. Pour cela, on doit montrer que la fonction ϕ dénie par ϕ(x) = F

_a

(x) − F

_b

(x) − (x− b)f (b) est négligeable devant la fonction x → (x − b) . Exprimons ϕ(x) comme une intégrale :

ϕ(x) = Z

x

b

f

− (x − b)f (b) par relation de Chasles (additivité)

= Z

x

b

(f − f (b)) intégrale d'une fonction constante de valeur f (b) puis linéarité

On en déduit alors, par la propriété de positivité de l'intégrale,

|ϕ(x)| ≤ |x − b| max

←−→ [b,x]

|f − f (b)| avec ←−→

[b, x] = [min(b, x), max(b, x)].

Comme f est continue en b , la fonction x → max

^←−→

[b,x]

|f − f (b)| converge vers 0 en b ce qui traduit exactement la négligeabilité de ϕ devant x → x − b en b .

Remarques. Ce théorème démontre l'existence de primitives pour une fonction continue sur un intervalle.

Attention, une fonction dérivée n'est pas forcémént intégrable (c'est à dire continue par morceaux). Il existe des fonctions non intégrables qui admettent des primitives.

Par exemple, dénissons f dans R par :

f (x) =







0 si x = 0

2x sin 1

x − cos 1

x si x 6= 0

La restriction de cette fonction à un segment contenant 0 n'est pas continue par morceaux car elle n'admet pas de limite strictement à gauche ou à droite de 0 . Par conséquent cette fonction n'est pas intégrable pour la dénition de l'intégrabilité à notre programme. Pourtant cette fonction est la dérivée de la fonction g dénie dans R par :

g(x) =







0 si x = 0

x

²

sin 1

x si x 6= 0

Dans le cas où la fonction est C

¹

, la dérivée est intégrable et on obtient le résultat suivant.

Proposition. Si f ∈ C

¹

( ←−→

[b, x]) alors :

f (b) − f (a) = Z

b

a

f

⁰

Notation. On note [ϕ]

^b_a

la diérence ϕ(b) − ϕ(a) pour une fonction ϕ dénie dans [a, b] . À titre d'application, on prouve la convergence des sommes de Riemann dans le cas C

¹

.

Convergence des sommes de Riemann On suppose ici que f ∈ C

¹

. On considère seulement le cas usuel des sommes

R

n

= b − a n

n

X

k=0

f (x

k

) avec x

k

= a + k b − a n

La fonction f

⁰

étant continue sur un segment, elle est majorée. On note M

₁

un majorant de |f

⁰

| . On peut alors

écrire

R

n

− Z

b

a

f (t) dt

=

n−1

X

k=0

Z

x_k+1 x_k

(f (x

k

) − f (t)) dt

≤

n−1

X

k=0

Z

x_k+1 x_k

|f (x

k

) − f (t)| dt

Puis |f (x

k

) − f (t)| ≤ (t − x

k

)M

1

à cause de l'inégalité des accroissements nis. On continue en intégrant :

R

n

− Z

b

a

f (t) dt

≤

n−1

X

k=0

M

1

2

(t − x

k

)

²

^xk+1

x_k

=

n−1

X

k=0

M

1

2

b − a n

²

= M

1

(b − a)

²

2n Cette inégalité assure la convergence par le théorème d'encadrement.

II. Changements de variable

1. Théorème

Théorème. Soient deux réels α et β ( α < β ) et I un intervalle de R non réduit à un point. Soit ϕ ∈ C

¹

([α, β]) à valeurs dans I , soit f ∈ C(I) . Alors :

Z

β α

f ◦ ϕ × ϕ

⁰

= Z

ϕ(β)

ϕ(α)

f

Preuve. Notons F une primitive de f dans I et considérons G = F ◦ ϕ . La dérivée de G se calcule avec la formule de dérivation d'une fonction composée. Les fonctions F et G sont de classe C

¹

, on peut donc leur appliquer le théorème fondamental et ses conséquences :

Z

β α

f ◦ ϕ × ϕ

⁰

= Z

β

α

G

⁰

= G(β) − G(α) = F (ϕ(β)) − F (ϕ(α)) = Z

β

α

f

Remarque. Dans ce théorème, la dérivée ϕ

⁰

(x) peut prendre la valeur 0 . La démonstration montre bien qu'interdire à ϕ

⁰

de s'annuler serait une hypothèse inutile. Cela tient au fait que la fonction que l'on intègre entre α et β a une forme très particulière. Si l'on veut pouvoir mettre n'importe quelle fonction continue g sous cette forme, alors il est commode de supposer que ϕ

⁰

ne s'annule pas. En eet ϕ constitue alors une application bijective de [α, β] sur

← −−−−−−− →

[ϕ(α), ϕ(β)] . On peut dénir f par :

g ϕ

⁰

◦ ϕ

En fait dans la pratique, ce genre d'expression est inutilisable. Si le changement de variable ne se passe pas bien. C'est à dire si la fonction n'est pas naturellement de la forme voulue, il faut tout simplement renoncer au changement de variable envisagé.

Dans toute la suite, on adopte une notation diérentielle en introduisant un nom de variable et un élément diérentiel

Z

b a

f = Z

b

a

f (t)dt

Cette notation est particulèrement utile pour la pratique des changements de variables. Pour un cours d'intégration dans un cadre plus géométrique, l'élément diérentiel dt (ou ce qui le remplace) joue un rôle essentiel.

2. Pratique - Rôle de l'élément diérentiel.

Dans la pratique on souhaite eectuer un changement de variable sur une intégrale donnée. Disons

I = Z

b

a

g(t) dt

Deux cas se présentent : soit l'intervalle d'intégration est l'espace de départ de la fonction que l'on considère soit c'est l'espace d'arrivée. Dans le premier cas on veut poser quelque chose comme u = ϕ(t) (on parlera de changement de variable direct) dans le second cas, on veut poser quelque chose comme t = ϕ(x) (on parlera de changement de variable réciproque). Un changement de variable direct peut poser davantage de problème qu'un changement réciproque. Lorsqu'un changement de variable direct résiste trop , il faut l'abandonner il est presque toujours inexploitable.

Dans les deux cas, les étapes sont : recherche des bornes, écriture de l'élément diérentiel avec la nouvelle variable, chasser l'ancienne variable.

Exemple (Changement direct). I = R

^π₂

0 1 2+cost

dt . Eectuons le changement de variable u = cos t . Les bornes : t = 0 u = 1 , t =

^π₂

u = 0 .

Élément diérentiel du = − sin t dt . Comme aucun sin t ne gure dans la fonction, il faudrait envisager des √ pour achever le changement de variable. On abondonne.

Eectuons le changement de variable u = tan

₂^t

. Les bornes : t = 0 u = 0 , t =

^π₂

u = 1 .

Élément diérentiel du =

¹₂

1 + tan

^2t₂

dt =

^1+u₂²

dt . Chasser les t .

cos t = 1 − tan

²₂^t

1 + tan

²₂^t

= 1 − u

²

1 + u

²

⇒ I =

Z

1 0

1 + u

²

2(1 + u

²

) + 1 − u

²

2 du 1 + u

²

=

Z

1 0

2 3 + u

²

du Cette intégrale se calcule avec un arctan .

I = 2 3

Z

1 0

du 1 + (

^√u

3

)

²

= 2 3

√

3 arctan u

√ 3

¹

0

= 2

√ 3

π

6 .

Exemple (Changement réciproque). J = R

1 0

√

1 − t

²

dt . On remarque que cette intégrale est l'aire d'un demi- disque.

Eectuons le changement de variable t = sin(x) . Les bornes : t = 0 u = 0 , t = 1 u =

^π₂

.

Élément diérentiel dt = cos x dx . Chasser les t .

J = Z

^π₂

0

p 1 − sin

²

x cos x dx = Z

^π₂

0

cos

²

x dx car p

1 − sin

²

x = cos x pour 0 ≤ x ≤ π 2 . L'intégrale se calcule en linéarisant : cos

²

x =

¹₂

+

¹₂

cos(2x) . On en déduit J =

^π₂

.

III. Intégration par parties

1. Théorème

Théorème (intégration par parties). Soit f et g deux fonctions C

¹

([a, b]) , alors Z

b

a

f

⁰

g = [f g]

^b_a

− Z

b

a

f g

⁰

Preuve. Comme les fonctions sont C

¹

([a, b]) , les fonctions f

⁰

g et f g

⁰

sont intégrables. Par linéarité : Z

b

a

f

⁰

g + Z

b

a

f g

⁰

= Z

b

a

(f

⁰

g + f g

⁰

) = Z

b

a

(f g)

⁰

= [f g]

^b_a

d'après le théorème fondamental.

Exemple R

x 1

ln .

Z

x 1

ln = Z

x

1

(t)

⁰

ln t = [t ln t]

^x₁

− Z

x

1

t 1

t = x ln x − (x − 1).

2. Formule de Taylor avec reste intégral

Proposition. Soit f ∈ C

ⁿ

(I) où I est un segment d'extrémités a et b . Alors :

f (b) = f (a) + b − a

1! f

⁰

(a) + (b − a)

²

2! f

⁽²⁾

(a) + · · · + (b − a)

ⁿ⁻¹

(n − 1)! f

⁽ⁿ⁻¹⁾

(a) + Z

b

a

(b − t)

ⁿ⁻¹

(n − 1)! f

⁽ⁿ⁾

(t)dt Preuve. Pour k entier entre 1 et n , posons

R

k

= Z

b

a

(b − t)

^k−1

(k − 1)! f

^(k)

(t)dt avec les conventions usuelles pour les exposants et factorielles nulles. Alors

R

1

= Z

b

a

f

⁰

(t)dt = f (b) − f (a) Pour k ≥ 2 , on obtient une relation en intégrant par parties :

R

k

=

(b − t)

^k−1

(k − 1)! f

^(k−1)

(t)

^b

a

− Z

b

a

− (b − t)

^k−2

(k − 2)! f

^(k)

(t)dt = −(b − a)f

^(k−1)

(a) + R

_k−1

On en déduit la formule en sommant ces relations qui se simplient en domino.

3. Conséquences de la formule de Taylor avec reste intégral

On peut déduire de cette formule l'inégalité de Taylor-Lagrange .

Proposition. Soit f ∈ C

ⁿ⁺¹

(I) où I est un segment d'extrémités a et b . Alors :

f (b) = f (a) + b − a

1! f

⁰

(a) + (b − a)

²

2! f

⁽²⁾

(a) + · · · + (b − a)

ⁿ

(n)! f

⁽ⁿ⁾

(a) + R

n

avec

|R

_n

| ≤ |b − a|

ⁿ⁺¹

(n + 1)! M

_n+1

où M

_n+1

= max

I

|f

⁽ⁿ⁺¹⁾

|

Avec le théorème des valeurs intermédiaires, on met le reste sous la forme de Lagrange. Il existe c entre a et b tel que

R

n

= (b − a)

ⁿ⁺¹

(n + 1)! f

ⁿ⁺¹

(c)

4. Exemple d'utilisation de la formule de Taylor avec reste intégral

Étude, pour b > 0 , de la suite (s

n

)

_n∈

N^∗

avec s

n

= b − b

²

2 + b

³

3 − · · · + (−1)

ⁿ

n b

ⁿ

On va montrer

Si b ∈] − 1, 1] , la suite converge vers ln(1 + b) . Si |b| > 1 , la suite diverge.

Le cas b = 0 est évident car la suite est alors constante. Le cas b = 1 a déjà été traité ailleurs (série harmonique alternée) en liaison avec le développement asymptotique de la série harmonique (équivalent logarithmique et nombre γ d'Euler).

Le cas |b| > 1 est évident car la suite

^|b|_nⁿ

diverge alors vers +∞ .

Si b < 0 , les puissances impaires sont négatives donc la suite est décroissante. De plus, si b = −1 , on retrouve l'opposé de la série harmonique qui est divergente.

Écrivons la formule de Taylor avec reste intégral pour la fonction f : x 7→ ln(1 + x) (dénie dans ] − 1, +∞[ ) entre 0 et b .

Les dérivées sont de la forme f

⁰

(x) = 1

1 + x , f

⁰⁰

(x) = − 1

(1 + x)

²

, f

⁽³⁾

(x) = (−1)(−2)

(1 + x)

³

, · · · , f

^(k)

(x) = (−1)(−2) · · · (−k + 1)

(1 + x)

^k

= (−1)

^k−1

(k − 1)!

(1 + x)

^k

d'où b

^k

k! f

^(k)

(0) = (−1)

^k−1

k et f

ⁿ⁺¹

(x) = (−1)

ⁿ

(n)!

(1 + x)

ⁿ⁺¹

et

ln(1 + b) = b − b

²

2 + b

³

3 − · · · + (−1)

ⁿ

n b

ⁿ

+ R

n

avec R

n

= Z

b

0

(b − t)

ⁿ

n!

(−1)

ⁿ

(n)!

(1 + x)

ⁿ⁺¹

dt Finalement :

ln(1 + b) − s

n

= R

n

= (−1)

ⁿ

I

n

avec I

n

= Z

b

0

(b − t)

ⁿ

(1 + t)

ⁿ⁺¹

dt

Dans le cas b > 0 les valeurs de s

n

sont (suivant la parité de n ) de part et d'autre de ln(1 + b) car I

n

> 0 . En revanche, si b < 0 :

I

n

= Z

b

0

(b − t)

ⁿ

(1 + t)

ⁿ⁺¹

dt = (−1)

ⁿ⁺¹

Z

0

b

(t − b)

ⁿ

(1 + t)

ⁿ⁺¹

dt ⇒ ln(1 + b) − s

n

= − Z

0

b

(t − b)

ⁿ

(1 + t)

ⁿ⁺¹

dt

| {z }

>0

Si b ∈ ]0, 1] et t ∈ [0, b] alors b − t ≤ b ≤ 1 donc

0 ≤ I

n

≤ Z

b

0

dt

(1 + t)

ⁿ⁺¹

= − 1 n

1 (1 + t)

ⁿ

^b

0

= 1 n

1 − 1

(1 + b)

ⁿ

≤ 1

n ⇒ | ln(1 + b) − s

n

| ≤ 1

n

Si b ∈ ]−1, 0[ et t ∈ [b, 0] alors t − b < −b ≤ 1 donc 0 ≤

Z

0 b

(t − b)

ⁿ

(1 + t)

ⁿ⁺¹

dt ≤

Z

0 b

dt

(1 + t)

ⁿ⁺¹

= − 1 n

1 (1 + t)

ⁿ

⁰

b

= 1 n

1 (1 + b)

ⁿ

− 1

La suite

_(1+b)¹ n

est géométrique de raison

_1+b¹

> 1 . Elle diverge vers +∞ et malgré le n au dénominateur, on ne peut conclure par encadrement. Il faut majorer autrement.

Pour b ∈] − 1, 0[ eectuons le changement de variable u = t − b

1 + t dans J

n

= Z

0

b

(t − b)

ⁿ

(1 + t)

ⁿ⁺¹

Les bornes : t = b ! u = 0 , t = 0 ! u = −b .

L'élément diérentiel

u = t + 1 − (1 + b)

1 + t = 1 − 1 + b 1 + t ⇒



 



 

 1

1 + t = 1 − u 1 + b du = 1 + b

(1 + t)

²

dt = (1 − u)

²

1 + b dt Changement de variable

J

_n

= Z

−b

0

u

ⁿ

1 − u 1 + b

1 + b (1 − u)

²

du =

Z

−b 0

u

ⁿ

1 − u du On majore alors avec

0 ≤ u ≤ −b ⇒ 1 − u ≥ 1 + b > 0 ⇒ 0 < 1

1 − u ≤ 1

1 + b ⇒ 0 < J

_n

≤ 1 1 + b

Z

−b 0

u

ⁿ

du = (−b)

ⁿ⁺¹

(n + 1)(1 + b) Ce qui assure cette fois la convergence.

IV. Intégration et négligeabilité

Proposition (lemme d'intégration de négligeabilité). Soit f et g deux fonctions continues dans un intervalle I contenant a . On suppose que g ne s'annule pas sauf éventuellement en a et que f est négligeable devant g en a . Soit F la primitive de f nulle en a et G la primitive de g nulle en a alors :

F ∈ o

a

(G) la fonction F est négligeable en a devant G .

Preuve. La fonction g ne s'annule pas sauf peut être en a , cela a deux conséquences.

D'une part la fonction ϕ =

^f_g

est dénie et continue dans I \ {a} . On peut la prolonger en une fonction continue dans I en posant ϕ(a) = 0 car f est négligeable devant g en a . On peut donc écrire f = ϕg .

D'autre part la fonction g garde un signe constant dans I

₋

= I ∩ ]−∞, a[ et dans I

+

= I ∩ ]a, +∞[ . Il existe des constantes ε

₋

et ε

+

égales à +1 ou −1 telles que ε

₋

g > 0 sur I

₋

et ε

+

g > 0 sur I

+

. On en déduit, par positivité,

x > a ⇒ ε

₊

G(x) = Z

x

a

ε

₊

g(t)dt > 0 ⇒ |G(x)| = ε

₊

G(x)

x < a ⇒ ε

₋

G(x) = Z

x

a

ε

₋

g(t)dt < 0 ⇒ |G(x)| = −ε

₋

G(x) On en déduit, pour x < a

|F (x)| =

Z

x a

ϕ(t)g(t)dt

≤ Z

a

x

|ϕ(t)||g(t)|dt ≤ Z

a

x

|ϕ(t)ε

₋

g(t)dt ≤ sup

[x,a]

|ϕ(t)|ε

₋

Z

a

x

g(t)dt = sup

[x,a]

|ϕ(t)||G(x)|.

De même pour x > a

|F (x)| =

Z

x a

ϕ(t)g(t)dt

≤ Z

a

x

|ϕ(t)||g(t)|dt ≤ Z

x

a

|ϕ(t)ε

+

g(t)dt ≤ sup

[a,x]

|ϕ(t)|ε

+

Z

x a

g(t)dt = sup

[a,x]

|ϕ(t)||G(x)|.

Comme ϕ converge vers 0 en a , on obtient la négligeabilité de F devant G .

Remarque. Cette proposition conduit à l'intégration d'un développement limité. Il sut de prendre pour g une

fonction de la forme λ(x − a)

^p

. Cette possibilité d'intégrer un développement limité conduit à la démonstration de

la formule de Taylor avec reste de Young.