Intégrale de Riemann : le cas borné 1. Définition

Introduction

Le but de ce cours est :

– Introduire des propriétés de base de l’intégrale de Riemann en commençant avec le cas des fonctions bornées sur un intervalle fermé borné.

– Discuter certains outils de calcul : le changement de variable, l’intégration par parties, les théorèmes de la moyenne, l’approximation par des suites de fonctions simples, etc.

– Donner quelques applications plus avancées : quelques exemples de régularisation, les séries de Fourier.

– Un premier traitement d’intégration des fonctions de plusieurs variables, y inclus le théo- rème de Fubini.

La plupart des matières, ainsi que leur traitement ici est classique et se trouve par exemple dans le livre [Rudin]. Les exceptions sont :

– Les théorèmes de convergence bornée et dominée dans le cadre des intégrales de Rie- mann. Le traitement présenté ici est dû à A. Dufresnoy. Même si la démonstration n’est pas simple, ce théorème a tellement d’applications pratiques qu’il est fortement conseillé que les étudiants comprennent au moins l’énoncé et sachent l’appliquer dans des situa- tions variées.

– L’utilisation des partitions de l’unité (par des fonctions presque partout continues) pour arriver à une définition satisfaisante de l’intégrale de Riemann des fonctions sur un sous- ensemble arbitraire deRⁿ. Cet approche géométrique est est une adaptation du traite- ment donné en [Spivak].

Les paragraphes un peu plus durs et qu’on pourrait ne pas utiliser pour le cours sont garnis d’un astérisque.

Pour une autre traitement, qui prépare en même temps à l’introduction efficace de l’inté- grale de Lebesgue je renvoie à [McShane]. Dans ce livre tout est expliqué de façon détaillée, mais le traitement non-classique demande beaucoup d’attention.

Ces notes de cours ont été préparés à l’aide d’un manuscrit de A. DUFRESNOY qui je remer- cie chaleureusement.

Bibliographie

[McShane] Mcshane, E.J. : Unified integration, Academic Press, Orlando ; San Diego ; San Francisco, (1983).

[Rudin] Rudin, Walter : Principles of mathematical analysis. Third edition, McGraw-Hill Kogakusha, Tokyo ; Auckland ; Düsseldorf (1976).

[Spivak] Spivak, Michael : Calculus on manifolds, W. A. Benjamin, New York NY ; Amsterdam (1965).

CHAPITRE 1

Intégrale de Riemann : le cas borné 1. Définition

On a vu en DEUG qu’on peut intégrer les fonctions continues f sur un intervalle (borné et fermé)J =[a, b]⊂_R. Dans ce qui suit on pose :

Z

J

f = Z b

a

f(x)d x, ou mêmeR

f s’il n’y a pas d’ambiguïté sur la domaine d’intégration.

Cet intégrale a les propriétés fondamentales suivantes : (1) Si f > ^{0, alors}R

J f > ⁰et l’intégrale d’une fonction continue positive s’annule si et seulement si la fonction est nulle.

(2) Si f , gsont deux fonctions continues surJeta, b∈_R, alors Z

J

(a f +bg)=a Z

J

f +b Z

J

g.

C’est la propriété delinéarité.

(3) Sia <c <b, alors

Z b a

f = Z c

a

f + Z b

c

f .

C’estla règle de Chaslesqui exprimel’additivitéde l’intégrale.

(4) Si on pose pour toutx ∈ J:

F(x)= Z x

a

f(t)dt

alorsF est dérivable etF⁰(x)= f(x). C’est larègle fondamentalede l’intégration.

La propriété 1) s’explique géométriquement : pour f > ⁰on peut interpréterR

J f comme l’aire de la région en dessous du graphe de f.

La propriété 3) suggère comment calculer l’intégrale desfonctions continues par morceaux.

Notre but est de rappeler la définition de l’intégrale de Riemann pour une classe de fonctions surJcontenant les fonctions continues par morceaux. Dans un premier temps on ne considère que des fonctionsbornées.

L’intégrale de Riemann est souvent définie comme étant la limite de certainessommes de Riemann. Pour cela on considère une subdivision

P ={a =x0 <x1 <· · ·<x_N =b} et on pose

J_i = [x_i−1, x_i], (i = 1, . . . , N)

∆_ix = x_i −x_i−1, (i = 1, . . . ,0)

µ(P) = max

i=1,...,N∆_ix (lepasdeP).

et on choisit des points intermédiaires :

~ξ =(ξ₀, . . . ,ξ_N−1), ξ_i ∈[x_i−1, x_i], (i = 1, . . . , N).

La somme de Riemann associée est

s(P,~ξ, f)=

N

X

i=1

f(ξ_i)∆_ix.

On regarde ces sommes pour tout choix de subdivisionPet points intermédiaires~ξ. Si f est continue, ses sommes de Riemann tendent vers une limite lorsqu’on on raffine la subdivision de plus en plus, c.à.d si le pas de la subdivision tend vers zéro. Cette limite est, par définition, l’intégraleR

J f. On regardera cette approche plus en détail dans le paragraphe suivant.

Voici une autre approche plus élémentaire : on n’a pas besoin des points intermédiaires mais on compare simplements_i(f):= inf_Ji f etS_i(f):= sup_Ji f en introduisant

s(P, f) =

N

X

i=1

s_i(f)∆_ix

S(P, f) =

N

X

i=1

S_i(f)∆_ix.

Pour comprendre la définition de l’intégrale il faut d’abord montrer quelques propriétés élé- mentaires. Il s’agit de comprendre ce qu’il se passe quand on rajoute un nombre fini de points à une subdivision donnée. On parle d’unraffinementdeP. Les propriétés suivantes sont faciles à voir :

L1.1. 1)Pour un raffinementP^∗dePon a

s(P, f)6^{s(P∗, f)}6^{S(P∗, f)}6^{S(P, f).}

2)Si pour toutx ∈J on a|f(x)|6^{M, alors}

|s(P, f)|6^M(b−a), |S(P, f)|6^M(b−a).

Les deux nombress(P, f)etS(P, f)restent donc dans un intervalle borné siPparcourt les sub- divisions deJ et donc (axiome de la borne supérieure)R

− ^{f = supPs(P, f)et} R−

f = inf_PS(P, f) existent.

3)On a

Z

−

f = sup

P

s(P, f)6^inf

P S(P, f)= Z−

f . Vous pouvez montrer ces assertions ?

D1.2. SiR

− ^{f =} R−

f on dit que f estintégrable (au sens de Riemann)et on pose : Z

J

f =

Z

−

f = sup

P

s(P, f)

= Z−

f = inf

P S(P, f).

E1.3. |

– PourA⊂_Ron définit

1l_A(x)=

(1 six ∈A 0 sinon. SiA =Q∩J, la fonction f = 1l_A n’est pas intégrable.

Pourquoi ?

– La fonction f(x)=xest intégrable.

Voici un critère important : P1.4. 1)SiR

J f =I, pour tout > 0on peut trouver une subdivisionPtelle que (1) S(P, f)−_I< /2, I−s(P, f)< /2.

En particulier :

S(P, f)−s(P, f)< .

2)Réciproquement, si pour tout > 0on peut trouver une subdivisionP telle que S(P, f)− s(P, f)< , alors f est intégrable.

D. 1) Soit >0. On a des subdivisionsP₁etP₂telle que Z

f −s(P1, f) < /2 S(P₂, f)−

Z

f < /2.

Prenant le raffinement commundeP₁etP₂(c.à.d. on prend la réunion des points deP₁et de P₂), par le Lemme 1.1 on peut supposer queP₁ =P₂.

2) On a

s(P, f)6^sup

P

s(P, f)6^inf

P S(P, f)6^{S(P, f)} et donc pour tout >0:

06^inf

P S(P, f)−sup

P

s(P, f)6^{S(P, f)}−s(P, f)< .

Doncinf_PS(P, f)= sup_Ps(P, f)et f est intégrable.

PuisqueS(P, f)6^supJ f · |J|etinf_J f · |J|6^{s(P, f)}, le Lemme. (1.1) montre : C1.5. On a

infJ f · |J|6 Z

J

f 6^sup

J

f · |J| et donc (puisquesup_J |f|= max(|sup_J f|,|inf_J f|) :

Z

J

f

6^sup

J

|f| · |J|. A1.6. |

(1) Une fonction monotone est intégrable.

(2) Une fonction continue est intégrable.

(3) Une fonction continue sauf en un nombre fini de points est intégrable, par exemple une fonction en escaliere: soit{a =x0, . . . , x_n =b}une subdivision et on exigee|]x_i−1, x_i[=

c_i,i = 1, . . . , n(e(x_k),k = 1, . . . , nest complètement arbitraire).

D. (1) On suppose que f soit croissante. Soit > 0et on choisitn ∈ N telle que

b−a

n f(b)− f(a)

< .

Soitg =(b−a)etP ={a, a+g/n, . . . , a+((n−1)g)/n, a +g =b}. Alors S(P, f)−s(P, f) = b−a

n

n

X

i=1

(f(x_i)− f(x_i−1)

= b−a

n (f(b)− f(a))< .

(2) On se donne > 0et on choisitη >0telle que

(2) (b−a)η < .

Puisque f est uniformément continue, pour chaqueη >0existeδ > 0telle que :

(3) |x−y|< δ =⇒ |f(x)− f(y)|< η.

Ensuite, on choisit une subdivisionPdont le pas est< δ. L’estimation (3) montre que sur chaque sous-intervalleJ⁰⊂ Jde longueur< δla variation maximale de f est moins queη:

sup

J⁰

f −inf

J⁰ f 6^{η, si}|J⁰|< δ.

En particulier c’est vrai pour chaque intervalle de la subdivisionPet donc on a S(P, f)−s(P, f)6^η(b−a)<

par (2).

(3) Si f est continue par morceaux, il estfaciled’adapter l’argument précédent.

2. Propriétés de base

D’abord quelques notations. SoitJ =[a, b]un intervalle fermé. Soit f , g: J →_R, on pose f ∨g := sup(f , g)

f ∧g := inf(f , g).

On pose aussi

f₊ := f ∨0

f₋ := −(f ∧0).

Donc :

f = f+− f₋, |f|= f++ f₋.

P2.1. | SoitJ =[a, b]et soitI^(J)l’ensemble des fonctions f : J →_Rbornées et intégrables. Alors :

(1) L’intégration

( R

: I^(J)→R f 7→R

J f .

est une application linéaire qui respecte l’ordre : si f 6^{g, alors}R

J f 6R

Jg; (2) Le produit des fonctions intégrables est intégrable ;

(3) Si f est intégrable, alors|f|l’est et l’on a Z

J

f 6

Z

J

|f|;

(4) Si f etg sont intégrables, alors f ∨ g et f ∧ g le sont. En particulier f₋ et f₊sont intégrables.

(5) L’intégration est additive : pourc ∈[a, b]les intégralesRc

a f etRb

c f existent et on a

Z b a

f = Z c

a

f + Z b

c

f .

D. (1) Poura ∈Ron a trivialement queR

(a f)=aR f. Ensuite, on utilise les inégalités valables pour tout sous-intervalleJ⁰ ⊂J :

inf

J⁰

f + inf

J⁰

g 6 ^inf

J⁰ (f +g) sup

J⁰

(f +g) 6 ^sup

J⁰

f + sup

J⁰

g

et donc

(4) ^{s(P, f)+s(P, g)} 6^{s(P, f +g)}

6^{S(P, f +g)} 6^{S(P, f)+S(P, g).}

Soit > 0. On utilise le critère 1.4 pour trouver deux subdivisionsP₁etP₂telles que S(P₁, f)−s(P₁, f) <

S(P₂, g)−s(P₂, g) < .

Ces inégalités persistent pour leur raffinement communP. En les additionnant et utili- sant (4) on trouve

S(P, f +g)−s(P, f +g)<2 et donc f +gest intégrable (par 1.4).

Pour montrer queR

(f +g)=R f +R

gon utilise que S(P, f) <

Z f + S(P, g) <

Z g+ a donc

Z

(f +g)6^{S(P, f +g)}6^{S(P, f)+S(P, g)<}

Z f +

Z

g+ 2. Puisque c’est valable pour tout > 0l’inégalitéR

(f +g) 6 R f +R

gs’en déduit. En remplaçant f par−f etg par−g on trouve l’inégalité opposée et donc égalité. Cela complète la démonstration de la linéarité.

Finalement on suppose f 6^g. Alors, pour tout sous-intervalleJ⁰ ⊂ Jon ainf_J⁰ f 6 inf_J⁰get doncs(P, f)6^{s(P, g)et}

Z

f = sup

P

s(P, f)6^sup

P

s(P, g)= Z

g.

(2) On a4f ·g =(f +g)²−(f −g)²et donc il suffit de montrer queh²est intégrable sih l’est. Faites le !Icivous trouvez l’argument.

(3) On utilise||u| − |v||6|u−v|pour en déduire pour tout sous-intervalleJ⁰ ⊂J : sup

J⁰

|f| −inf

J⁰ |f|6^sup

J⁰

f −inf

J⁰ f .

Alors, pour > 0on a une subdivisionPavecS(P, f)−s(P, f)< et l’inégalité précé- dente montre :

S(P,|f|)−s(P,|f|)6 ^{S(P, f)}−s(P, f)<

et donc|f|est intégrable. De plus, utilisant que f = f₊− f₋ 6 ^f++ f₋=|f|, on a Z

f =

Z

(f₊− f₋) 6

Z

(f++ f₋)

= Z

(f₊+ f₋)= Z

|f|

et de même en utilisant−f = f₋− f₊6|f|on trouve que−R

f 6R

|f|. (4) On utilisesup(f , g)= ¹₂ f +g+|f −g|etinf(f , g)= ¹₂(f +g− |f −g|).

(5) SoitPune subdivision de[a, b]. SoitP^∗la subdivision que l’on obtient en rajoutant le pointcàP. Puisque

s(P, f)6^{s(P∗, f)}6^{S(P∗, f)}6^{S(P, f),} on peut évaluer l’intégraleRb

a f en n’utilisant que des subdivisions contenant le point c. Pour de telles subdivisions, P induit une subdivision P⁰de[a, c]etP⁰⁰de [c, b]et réciproquement à partir deP⁰etP⁰⁰on obtient une subdivisionPde[a, b]contenantc. On a

s(P, f)=s(P⁰, f)+s(P⁰⁰, f)6^{S(P0, f)+S(P00, f)=S(P, f).}

Puisquesup_Ps(P, f)= inf_PS(P, f)on a donc sup

P⁰

s(P⁰, f )+ sup

P⁰⁰

s(P⁰⁰, f)= inf

P⁰

S(P⁰, f )+ inf

P⁰⁰

S(P⁰⁰, f)

et l’inégalitésup_P0s(P⁰, f) 6^infP⁰S(P⁰, f)et l’inégalité analogue pourP⁰⁰impliquent alors qu’on a égalité pour les deux inégalités. Cela montre bienRc

a f etRb

c f existent et que leur somme vautRb

a f.

3. Intégrale comme limite de sommes

On reprend ici la définition “classique” de l’intégrale de Riemann utilisant des sommes de Rie- manns(P, f ,~ξ)associées à une subdivisionPdeJ = [a, b]introduites dans le paragraphe 1.

IciP ={a= x₀, . . . , x_N =b}et

~ξ =(ξ₀, . . . ,ξ_N−1), ξ_i ∈[x_i, x_i+1]= J_i, (i = 0, . . . , N −1).

D3.1. On dit que

I= lim

µ(P)→0s(P, f ,ξ)

si pour tout > 0, existeδ > 0telle que pour chaque subdivisionP dont le pas est< δet chaque choix^~ξdes points intermédiaires, on ait|s(P, f ,ξ)−_I|< .

Remarque. On a les inégalités

s(P, f)6^{s(P, f ,~ξ)}6^{S(P, f)} qui découlent du fait que

s(P, f) = inf

~ξ s(P, f ,~ξ) S(P, f) = sup

~ξ

s(P, f ,~ξ).

En fait, on a le théorème de comparaison suivant :

T3.2. Une fonction f bornée surJ = [a, b]est intégrable avecI = Rb

a f si et seule- ment si_I= lim_µ(P)→0s(P, f ,ξ)(c.à.d. la limite existe et est égale à_I).

D. ⇐=Soient >0etδ,PetIcomme dans la définition. Remplaçantpar/2, on trouve pour tout^~ξ:

I−/2<s(P, f ,~ξ)<I+/2.

(5)

On obtients(P, f)à partir des(P, f ,~ξ)si on remplace f(ξ_i)parinf_Ji f et f(ξ_i)parsup_Ji f pourS(P, f). Par conséquent, 5 implique :

I−/2 6^{s(P, f)}6 ^{S(P, f)}6^I+/2.

Donc d’une partS(P, f)−s(P, f)6^(I+/2)−(I−/2)=et donc f est intégrable. D’autre part on a

I−/26^{s(P, f)}6 Z

f 6^{S(P, f)}6I+/2 et donc, en laissanttendre vers0, on trouveI=R

f.

=⇒On suppose f intégrable. Utilisant Prop. 1.4, on choisit d’abordP^∗telle que (6) S(P^∗, f)−_I< /2, I−s(P^∗, f)< /2.

Avecn^∗le nombre d’intervalles deP^∗, et en posant M = sup|f| on pose

(7) δ=

4M n^∗.

SoitPune subdivision telle queµ(P)< δet on comparePetP^∗. Il y a deux sortes d’intervalles pourP: d’une part, les intervalles qui sont inclus dans un des intervalles deP^∗et d’autre part ceux qui sont “à cheval”, c.à.d. les intervallesI_i =[x_i−1, x_i]avecx^∗∈ P^∗tel quex^∗ ∈]x_i−1, x_i[. Les intervalles contenus dans un intervalle deP^∗contribuent< /2àS(P, f)−I etI−s(P, f) par l’hypothèse (6). On a au plus(n^∗−1)d’autres intervalles et leur contribution àS(P, f)−_I etI−s(P, f)est donc

6^(n∗−1)Mµ(P) < (n^∗−1)2Mδ

= n^∗−1 2n^∗

< 1 2. par (7) et donc

S(P, f)−_I< , I−s(P, f)< .

Siµ(P)< δ, cet estimation combinée avec l’estimation élémentaire de la remarque précédente s(P, f)6^{s(P, f ,~ξ)}6 ^{S(P, f)}donne le résultat souhaité :

|s(P, f ,~ξ)−I|< .

La démonstration implique :

C3.3. On suppose que f est intégrable sur l’intervalleJ. Si on se donne une suite de subdivisionsP_n de J dont le pas converge vers zéro lorsquen tend vers l’infini, alors, pour n’importe quel choix (relatif àP_n) de points intermédiaires~ξ_n, on a :

nlim→∞s(P_n, f ,ξ^~_n)= lim

n→∞s(P_n, f)= lim

n→∞S(P_n, f)= Z

J

f .

4. Intégration et dérivation

T4.1. Soit f : J =[a, b]→_Rintégrable. Soit F(x)=

Z x a

f(t)dt , t ∈[a, b].

Alors,F est continue et si f est continue enx =x₀, alorsF est dérivable en ce point et F⁰(x₀)= f(x₀).

D. Soitsup|f|=M. Soientx, y ∈[a, b]telle quex <y. On a

|F(y)−F(x)|=

Z y x

f

6^M(y −x) et doncF est continue car Lipschitzienne.

Pour la dérivabilité deF enx₀on suppose que f est continue enx₀, c.à.d. pour > 0il y a δ >0telle que :

|x₀−t|< δ =⇒ |f(t)− f(x₀)|< . Alors, six₀−δ <s <x₀ <t <x₀+δon a :

F(t)−F(s)

t −s − f(x₀)

=

1 t −s

Z t s

f − f(x₀)

< ,

et doncF⁰(x₀)= f(x₀).

T4.2. Soit f : J = [a, b] → Rintégrable et soitF : J → Rdérivable telle que F⁰ = f, alors

Z x a

f(t)dt = F(x)−F(a).

Avant de montrer l’énoncé, il faut se souvenir du Théorème des accroissements finis. Donner l’énoncé. On le trouveici

D. SoitP = {a = x₀, . . . , x_N = x}une subdivision quelconque de[a, x]. On applique le théorème des accroissements finis à l’intervalle[x_i−1, x_i]: il y aξ_i ∈]x_i−1, x_i[avec

F(x_i)−F(x_i−1)=(x_i−x_i−1)f(ξ_i).

Donc

F(x)−F(a)=X

F(x_i)−F(x_i−1)=X

f(ξ_i)∆_i.

Prenant une suite de partionsP_ndont le pas tend vers zéro, par Corr. 3.3, le membre de droite tend versRx

a f.

Le cours est-il compris ?

Discuter les énoncés suivants ; sont-ils vrais ? :

(1) Une fonction monotone (sur un intervalle fermé) est bornée.

(2) Si les fonctions bornées f :[a, b]→Retg : [a, b]→Rsont intégrables, alors f/gest intégrable.

(3) L’intégraleF(x) = Rx

a f d’une fonction intégrable (sur un intervalle fermé contenant [a, x]) est continue. Elle est dérivable etF⁰(x)= f(x).

(4) L’intégraleF(x)d’une fonction positive f(x)est croissante.

(5) La fonction caractéristique d’un sous-ensemble dénombrable de[a, b] ⊂ _Rest inté- grable.

(6) Soit f :[0,1]→Rtelle que|f|est intégrable. Alors f est intégrable.

Réponses

Exercices

(1) Déterminer un polynôme réelQ, de degré4, qui vérifie :Q(0) = 0, et pour toutx ∈ R, Q(x+1)−Q(x)=x³. En déduire une expression pourPn

k=1k³, puis la valeur deR1 0 x³d x. Réponse

(2) Évaluer pourk ∈_Z,x ∈_Rla sommePn

k=1cos(kx). En déduire la valeur deR1

0 cos(t)dt. Réponse

(3) Discuter les discontinuités des fonctions suivantes et mentionner si elles sont inté- grables sur un intervalle[a, b]ou pas.

a)

f(x)=

( x six ∈Q 0 sinon. b)

f(x)=

( x²+ 3x+ 2 six ∈_R−_Q

0 sinon.

c)

f(x)=

( xsin(1/x) six 6= 0

0 six = 0.

d)

f(x)= sin(x)·frac(1 x),

où[x]est l’entier le plus grand6^{xet frac(x)= x}−[x].

e)

f(x)=











0 six ∈R−Q 1 six = 0

1

n six =m/n, x 6= 0.

où on écrit un rationnel x = m/n avecn > 0 etm et nsans diviseurs en commun.

Réponse

(4) Soit f : R→_Rcontinue. On suppose qu’il existea ∈]0,1[tel que pour toutx ∈_Ron ait f(x)=Rax

0 f(t)dt. Fixonsb >0. Montrer par récurrence que pour toutx ∈[−b, b]

on a :

|f(x)|6^M|x|ⁿ

n! , M = sup

[−b,b]

|f|. Conclure que f = 0.Réponse

(5) Soit J = [a, b] ⊂ _Ret f : J → _Rbornée et intégrable. SoitU ⊂ _Rune voisinage de0contenant f(J)et soitg : U → Rune fonction lipschitzienne de constante de LipschitzM >0.

(a) Montrer que pour chaque sous-intervalleJ⁰⊂ Jon a sup

J⁰

(g^◦f)−inf

J⁰

(g^◦f)6^M



sup

J⁰

(f)−inf

J⁰

(f)



. (b) Déduire queg^◦f est intégrable surJ.

(c) Appliquer ce résultat pour montrer que fⁿ,n>¹est intégrable.

(d) On suppose que|f| > ^{> 0 sur J}. Montrer que alors 1/f est intégrable surJ. Indication : on poserag(y)= 1/ysi|y|>^etg(y)=y/2si|y|< .

Réponse

(6) Soit f >⁰décroissante sur[1,∞)

– Comparer pourk ∈_N: f(k), f(k+ 1)etRk+1 k f d x, – En déduire la convergence de la suite{Pn

1 f(k)−Rn

1 f d x}_n=1,2,...vers une limite appartenant à[0, f(1)].

– En déduire :

(a) ∃γ∈[0,1]tel que

n

X

1

1

k = logn+γ+ε(n), lim

n→∞ε(n)= 0.

(b) La convergence de la sérieX 1 k². Réponse

CHAPITRE 2

Quelques compléments

1. Quelles sont les fonctions intégrables ?

Avant de donner le résultat, on a besoin d’une notion : D1.1. |

– Un sous-ensembleE ⊂ _Rest négligeable ou de mesure0, si pour tout > 0 on peut trouver une famille dénombrable d’intervalles ouverts recouvrantE et dont la somme des longueurs est6^.

– On dit qu’une propriété estpresque partout vraie si elle est vraie dans le complémentaire d’un ensemble négligeable.

E1.2. |

– Un intervalle (non-vide et non-réduit à un point) n’est pas négligeable : un ensemble né- gligeable n’a aucun point intérieur.Pourquoi ?

– SiE ={e1, e2, . . .}est un ensemble dénombrable,E est négligeable.Pourquoi ?

– SoientE_k ⊂R,k = 1,2, . . .des ensembles négligeables, alors^S∞_k=1E_kest négligeable.Pourquoi ? D1.3. Soit f : J =[a, b]→_R.

– Lavariationde f est

var(f , V)=diamètre de f(V)= sup

y,z∈V

|f(y)− f(z)|. – L’oscillationde f enx ∈ Jest

osc(f , x):= inf

V3xvar(f , V), V voisinage dex. –

Oα(f)={x ∈ J |osc(f , x)>^α}.

Une fonction est continue enxsi et seulement si son oscillation est0enx. Une fonction qui n’est pas continue enxpeut quand même avoir une limite à droite et à gauche et il y a unsaut:

|lim

y↑x f(y)−lim

z↓x f(z)|>0.

On appelle une telle discontinuité une discontinuité de première espèce. Les autres sont de deuxième espèce.

Remarques :|

– Les ensemblesO_α(f)sont fermés : sixest un point adhérent àO_α(f), alors chaque in- tervalle]x−a, x+a[,a >0rencontreO_α(f)et on a :

var(f ,]x−a, x +a[)>^α. Doncx ∈O_α(f).

– On a

(8) {Discontinuités de f}=

∞ [

k=1

O_1/k f .

T1.4. Une fonction bornée sur un intervalleJ = [a, b]est intégrable si et seulement si f est continue hors d’un ensemble négligeable

D. =⇒Si l’ensemble des discontinuités n’est pas négligeable, la formule (8) montre qu’il existek ∈_N,k >0, telle queE =O_1/k(f)n’est pas négligeable. Donc il existec >0telle que si on recouvre cet ensemble par une union finie d’intervalles, la somme des longueurs est> ^{c. SoitP =} {a = x₀, . . . , x_N = b}une subdivision de J. Les intervalles]x_i−1, x_i[qui rencontrentE recouvrent cet ensemble à un ensemble fini près. Donc la somme de leurs lon- gueurs est> ^c. Pour un intervalleI_i := [x_i−1, x_i]contenant un point deE = O_1/k(f)on a sup_Ii−inf_Ii >^{1/ket donc}

S(P, f)−s(P, f)>^c/k, un nombre>0, indépendant deP. Donc f n’est pas intégrable.

⇐=Soit > 0et on pose

˜

ε=

2(b−a).

On sait par hypothèse queOε˜ est négligeable, mais aussi par la remarque ci-dessus, que cet ensemble est fermé et donc compact. Cela entraîne que pour toutη >0on peut recouvrir cet ensemble par un nombre fini d’intervalles ouverts dont la somme des longueurs est6 ^{η. On} choisit

(9) η= 1

4kfk^,

ce qui donne des intervallesI₁, . . . , I_n dont la réunionV recouvreO_ε˜et dont la longueur totale est6^η. L’ensembleK = J−V étant compact il sera recouvert par la réunion d’un nombre fini d’intervallesJ1, . . . , J_mtelles que :

(10) var(f , J_k)<ε˜.

SoitPla subdivision formée par toutes les extrémités des intervallesI_ietJ_k. La longueur totale des intervallesI_iétant majorée par (9), la contribution de ces intervalles àS(P, f)−s(P, f)est

donc au plus

2kfk ¹

4kfk^=/2.

Pour les intervallesJ_k, on asup_J

k f −inf_Jk f

< ε˜grâce à (10). Donc la contribution de ces intervalles àS(P, f)−s(P, f)est au plus

˜

ε· (longueur totale desJ_k)6 ¹

2(b−a)(b−a)=/2.

Donc, en rajoutant ces deux contributions on trouveS(P, f)−s(P, f)< . A1.5. |

(1) Puisque les discontinuités d’une fonction monotone forment au plus un ensemble dé- nombrable de sauts(pourquoi ?), une telle fonction est intégrable.

(2) Si f > ⁰et bornée intégrable sur J, alorsR

f = 0si et seulement si f = 0 presque partout.

(3) Si f est intégrable, alors il existe une suite croissante, respectivement décroissante de fonctionse_n, respectivemente_n⁰ en escalier telle que

e_n⁰ 6 ^f 6 ^en

f(x) = lim

n→∞e_n⁰(x)

= lim

n→∞e_n(x) presque partout, Z

J

f = lim

n→∞

Z

J

e_n⁰ = lim

n→∞

Z

J

e_n.

Pour montrer cela, on prend une subdivision {x0, . . . , x_N} équidistante de pas(b − a)/2ⁿ (donc N = 2ⁿ). On définit e_n⁰|[x_i−1, x_i[= inf_Ii f et e_n|[x_i−1, x_i[= sup_Ii f, i =

1, . . . , N. Là où f est continue (donc hors d’un ensemble négligeable), clairementlime_n = lime⁰_n = f. Les subdivisions utilisées, disonsP_n, ayant un pas qui tend vers0lorsque n→ ∞, par le Coroll. 3.3, la limite de la suites(P_n, f)= R

J e_n⁰ existe et est égal à l’inté- grale de f. Pareil pourS(P_n, f)=R

J e_n.

2. Changement de variable

Supposons que f : [a, b] → Rest continue. Il est souvent souhaitable de changer de va- riable : au lieu de f(x)on utilise f(x(t)), oùx(t)est une fonction det ∈[c, d]. Si f est définie surJil faut donc quexapplique[c, d]dans[a, b]. On suppose de plus quea =x(c)<x(d)=b et quet 7→ x(t)soit continue etC¹ par morceaux.Cela implique quet 7→ f(x(t))x⁰(t)est continue par morceaux et donc intégrable.

L2.1. Sous ces hypothèses on a : Z b

a

f(x)d x = Z d

c

f(x(t))x⁰(t)dt .

Pouvez-vous montrer ce lemme en utilisantLa règle de dérivation des fonctions composées ?: d

dt f(x(t))= d f d x

_x(t)

·x⁰(t) ou

(f^◦x)⁰=(f^0◦x)·x⁰, Vois la trouvezici

On peut étendre cette formule au cas où f est intégrable etxest strictement croissante (ou strictement décroissante) :

P2.2. Soitx : [c, d] → _R, strictement croissante, continue etC¹par morceaux.

Soita=x(c),b=x(d)et f :[a, b]→_Rbornée et intégrable. Alors

Z b a

f(x)d x = Z d

c

f(x(t))x⁰(t)dt .

D. On traite d’abord le cas d’une fonction f en escalier. Donc f^◦x est aussi en escalier carxest strictement croissante. Par additivité, on peut même supposer que f est constante et donc continue, le cas déjà traité.

Dans le cas général il faut montrer que la fonction f^◦x·x⁰est intégrable. Par (1.5, 3) on peut encadrer f par deux fonctions en escaliere_n⁰ ete_n qui convergent presque partout vers f et dont les intégrales convergent versRb

a f. On vient de montrer quee_n^0◦x ·x⁰ ete_n^◦x · x⁰sont intégrables sur[c, d]et que leurs intégrales valentRb

a e_n⁰ etRb

a e_nrespectivement. Puisquexest strictement croissante, on a aussi un encadrement

e_n^0◦x·x⁰6 ^f◦x·x⁰6^en^◦x·x⁰.

L’intégrabilité de f^◦x·x⁰suit alors du Lemme suivant dont la preuve est laissée au lecteur (voir ici) :

L2.3. Soit f : J = [a, b] → _Rune fonction. Si pour tout > 0on peut trouverh, g : J →_Rbornées et intégrables telles que

g 6 ^f 6^h

Z

J

h− Z

J

g <

Alors, f est intégrable.

Ensuite, on doit montrer l’égalité des deux intégrales. D’abord on a l’encadrement des inté- grales :

Z b a

e⁰_n 6 Z d

c

f^◦x·x⁰6 Z b

a

e_n et donc, en prenant les limites on trouve queRb

a f(x)d x =Rd

c f^◦x·x⁰.

3. Théorèmes de la moyenne

Rappel : Théorème des valeurs intermédiaires Soit f continue sur J = [a, b]. Alors pourc telle quem = min_J f 6^c 6^{M = max}J f, il existeξ∈ J tel que f(ξ)=c.

Puisquem(b− a) 6 R

J f 6 ^M(b −a)on peut appliquer ce théorème avecc égal à la moyenne de f surJ, c.à.d.c =(R

J f)/(b−a). En d’autre termes Z

J

f = f(ξ)(b−a).

On souhaite généraliser cela pour certains produits :

T3.1. (Premier théorème de la moyenne)Soit f continue etg > ⁰intégrable sur J =[a, b]. Alors il existeξ∈[a, b]telle que :

Z b a

f ·g = f(ξ) Z b

a

g.

D. On peut supposer queRb

a g 6= 0(pourquoi ?) et on considère le nombre c =

Rb a f ·g

Rb a g

. Avecm = min_J f etM = max_J f on a :

m Z b

a

g 6 Z b

a

f ·g 6^M Z b

a

g

et doncm 6 ^c 6 ^M. Par le théorème des valeurs intermédiaires, on en déduit qu’il existe

ξ∈[a, b]telle que f(ξ)=c.

Remarque. La conditiong >⁰est nécessaire : considérez f(x)=g(x)= sinxsur[−π,π]. On a un théorème avec des hypothèse un peu différentes :

T3.2. (Deuxième théorème de la moyenne)Soit f une fonction de classeC¹et dé- croissante sur[a, b]et soitgcontinue sur[a, b]. Alors, il y aξ∈[a, b]telle que

Z b a

f ·g= f(a) Z ξ

a

g+ f(b) Z b

ξ

g.

D. On sait queG(x)=Rx

a g(t)dt existe et qu’elle est dérivable avec dérivéeg. Une intégration par parties donne

(11)

Z b a

f G⁰= f(b)G(b)− f(a)G(a)− Z b

a

G f⁰.

Les hypothèse du premier théorème de la moyenne sont satisfaites pourGet−f⁰(pourquoi ?) Il existe doncξ ∈ [a, b]telle queRb

a G f⁰ = G(ξ)Rb

a f⁰ = G(ξ)(f(b)− f(a))et le résultat

découle de la formule 11.

Remarque. On va montrer ce théorème avec des hypothèses plus faibles. Voir le théorème 4.1.

Le cours est-il compris ?

Discuter les énoncés suivants ; sont-ils vrais ? :

(1) La fonction caractéristique d’un sous-ensemble de[a, b]dont le complémentaire est négligeable est intégrable.

(2) Soient f et g deux fonctions bornées sur l’intervalle[a, b] ⊂ Rtelles qu’elles coïn- cident hors d’un ensemble négligeable. Si f est intégrable, aussigl’est etRb

a f =Rb a g. (3) Une fonction f :R→_Rqui est presque partout continue sur chaque intervalle bornée

est presque partout continue sur_Rtout entier.

(4) La fonctionx →sin(1/x)surx >0peut s’étendre en0à une fonction n’ayant que des discontinuités de la première espèce.

(5) La limite d’une suite de fonctions en escalier sur un intervalle[a, b]est intégrable (si elle existe).

(6) Soient f etgcontinues sur[a, b], alors il y a unc ∈[a, b]telle queRb

a f ·g = f(c)Rb a g. Réponses ici.

Problèmes

(1) Le but de cet exercice est de montrer la formule de Taylor avec reste intégral: Soit f : J →_Rde classeC^k. Alors pourt ∈ Jon a

f(t) = f(a)+Pk−1 i=1

(t −a)ⁱ

i! f⁽ⁱ⁾(a)+R_k(t), R_k(t) =

Z t a

(t −x)^k−1

(k−1)! f^(k)(x)d x.

(a) Montrer le résultat pourn= 1.

(b) Utilisant une intégration par parties, montrer que R_n−1(t)= (t −a)ⁿ⁻¹

(n−1)! f⁽ⁿ⁻¹⁾(a)+R_n(t).

(c) Conclure.

Réponse

(2) Montrer leLemme de Lebesgue:

(a) Pourn ∈Non a pour tout f de classeC¹sur un intervalleJ =[a, b]:

nlim→∞

Z

J

f(t)sin(nt)dt = 0.

Indication : intégration par parties.

(b) Montrer la même assertion pour une fonction bornée et intégrable surJ en utili- sant une approximation par fonctions en escalier.

Réponse

(3) Soit f continue sur[a, b]. Montrer Z b

a

f(a+b−x)d x = Z b

a

f(x)d x.

Calculer ensuiteRπ/4

0 log(1 + tanx)d xet Z 1

0

arctanx 1 +x d x. Réponse

(4) Soit

f(x)= Z x+1

x

sin(t²)dt .

Montre que|f(x)|<1/xsix >0. Indication : faites la substitutiont² = uet utiliser le deuxième théorème de la moyenne.Réponse.

(5) Soit f une fonction intégrable sur[0,π]. Déterminer

nlim→∞

Z π

0

f(t)|sin(nt)|dt .

(Indication : partager le segment[0,π]et utiliser le premier théorème de la moyenne).

Réponse.

(6) Soit f une fonction de classeC¹surJ =[0,2π]telle que f(0)= f(2π). a) Pourquoi|f⁰|est-elle intégrable ? SoitV(f , x)=Rx

0 |f⁰|etV(f)=V(f ,2π). b) Montrer que pour tout > 0,∃δ >0telle que06^{V(f , x)< pourx} ∈[0,δ]. c) Montrer que

n

Z 2π

0

f(x)cos(nx)d x

6 ^V(f)

n

Z 2π

0

f(x)sin(nx)d x

6 ^V(f).

Réponse.

CHAPITRE 3

Intégrales et suites de fonctions 1. Introduction

Rappels1. Soit f_n : J → _Rune suite de fonctions. On dit que f_n converge uniformément vers une fonction f si pour tout > 0, il existeN telle que pour toutx ∈ J etn > ^{N on ait}

|f_n(x)− f(x)|< .

2. Si{f_n}, n = 1,2, . . . une suite de fonctions continues qui converge uniformément vers f, alors f est continue. En particulier, f est intégrable. C’est un cas spécial du théorème suivant : T 1.1. Soit{f_n}, n = 1,2, . . . une suite de fonctions intégrables sur un intervalle J =[a, b]. On suppose que{f_n}converge uniformément vers f. Alors f est intégrable et

Z b a

nlim→∞ f_n = Z b

a

f = lim

n→∞

Z b a

f_n.

D. Soit > 0. Par convergence uniforme il existeN ∈ _Ntelle que pour tout n> ^Netx ∈ Jon a l’inégalité

|f_n(x)− f(x)|<

3|J|^, |J|=b−a (la longueur de l’intervalle).

Puisque f_N est intégrable, il y a une subdivisionPdeJtelle que

(12) S(P, f_N)−s(P, f_N)<

3. Puisque f 6 ^fN + 1

3|J|^{on a}

(13) S(P, f)6^{S(P, f}N)+ 1

3 et l’inégalité f > ^fN −

3|J|^donne

(14) s(P, f)>^{s(P, f}N)− ¹

3. Combinant les trois inégalités (12)–(14), on trouve :

S(P, f)−s(P, f)<

et donc f est intégrable. Alors, pourn>^{N on a :}

Z

f − Z

f_n

= Z

(f − f_n) 6 ¹

3 et doncR

f = lim_n→∞ f_n.

Rappeler la notion deconvergence d’une série.

C1.2. Soit{f_n}, n = 1,2, . . . une suite de fonctions bornées et intégrables sur un intervalle[a, b]telle que la sérieP

f_nconverge uniformément verss. Alors s(x)=

∞

X

n=1

f_n(x)