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Licence 1 · Calcul Intégral · L1-10

Cours et exercices corrigés de L1 : Intégrale de Riemann sur un segment et techniques de primitivation

Intégrale des fonctions continues par morceaux sur un segment [a,b], sommes de Darboux et de Riemann, théorème fondamental de l'analyse, intégration par parties, changement de variable, décomposition en éléments simples de fractions rationnelles.

Objectifs du chapitre

Le cours

1. Construction de l'intégrale de Riemann

  • Une subdivision de [a;b][a ; b] est une suite a=x0<x1<⋯<xn=ba = x_0 < x_1 < \dots < x_n = b. Une fonction φ\varphi est en escalier si elle est constante, égale à ckc_k, sur chaque ]xk;xk+1[]x_k ; x_{k+1}[ ; on pose ∫abφ=∑k=0n−1ck(xk+1−xk)\int_a^b \varphi = \sum_{k=0}^{n-1} c_k (x_{k+1} - x_k).
  • ff bornée sur [a;b][a ; b] est intégrable si pour tout ε>0\varepsilon > 0 il existe φ\varphi, ψ\psi en escalier avec φ≤f≤ψ\varphi \le f \le \psi et ∫ab(ψ−φ)≤ε\int_a^b (\psi - \varphi) \le \varepsilon. L'intégrale de ff est alors l'unique réel compris entre tous les ∫φ\int \varphi et tous les ∫ψ\int \psi.
  • Sont intégrables : les fonctions continues, continues par morceaux et monotones sur [a;b][a ; b].

Démonstration (cas monotone). Soit ff croissante sur [a;b][a ; b] et xk=a+kb−anx_k = a + k\frac{b - a}{n}. Sur [xk;xk+1[[x_k ; x_{k+1}[, posons φ=f(xk)\varphi = f(x_k) et ψ=f(xk+1)\psi = f(x_{k+1}) ; alors φ≤f≤ψ\varphi \le f \le \psi et
∫ab(ψ−φ)=b−an∑k=0n−1(f(xk+1)−f(xk))=(b−a)(f(b)−f(a))n,\int_a^b (\psi - \varphi) = \frac{b - a}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\big(f(x_{k+1}) - f(x_k)\big) = \frac{(b - a)\big(f(b) - f(a)\big)}{n},
qui est inférieur à ε\varepsilon pour nn assez grand.

2. Propriétés de l'intégrale

Pour ff, gg intégrables sur [a;b][a ; b] :

  • Linéarité : ∫ab(λf+μg)=λ∫abf+μ∫abg\int_a^b (\lambda f + \mu g) = \lambda\int_a^b f + \mu\int_a^b g. Chasles : ∫acf=∫abf+∫bcf\int_a^c f = \int_a^b f + \int_b^c f (avec la convention ∫ba=−∫ab\int_b^a = -\int_a^b).
  • Positivité et croissance (pour a≤ba \le b) : f≥0  ⟹  ∫abf≥0f \ge 0 \implies \int_a^b f \ge 0 ; f≤g  ⟹  ∫abf≤∫abgf \le g \implies \int_a^b f \le \int_a^b g ; ∣∫abf∣≤∫ab∣f∣≤(b−a)sup⁡[a;b]∣f∣\left|\int_a^b f\right| \le \int_a^b |f| \le (b - a)\sup_{[a ; b]}|f|.
  • Stricte positivité : si a<ba < b, ff continue, f≥0f \ge 0 et ∫abf=0\int_a^b f = 0, alors f=0f = 0 sur [a;b][a ; b].
  • Formule de la moyenne : si ff est continue sur [a;b][a ; b] (a<ba < b), il existe c∈[a;b]c \in [a ; b] tel que 1b−a∫abf=f(c)\frac{1}{b - a}\int_a^b f = f(c) (TVI appliqué entre min⁡f\min f et max⁡f\max f).

3. Théorème fondamental de l'analyse

Théorème : soit ff continue sur un intervalle II et a∈Ia \in I. La fonction F(x)=∫axf(t) dtF(x) = \int_a^x f(t)\, dt est l'unique primitive de ff sur II qui s'annule en aa ; en particulier FF est C1\mathcal{C}^1 et F′=fF' = f. Pour toute primitive GG de ff, ∫abf(t) dt=G(b)−G(a)\int_a^b f(t)\, dt = G(b) - G(a).
Démonstration.
1. Soit x∈Ix \in I et h≠0h \neq 0 avec x+h∈Ix + h \in I. Par Chasles, F(x+h)−F(x)h−f(x)=1h∫xx+h(f(t)−f(x)) dt\frac{F(x + h) - F(x)}{h} - f(x) = \frac{1}{h}\int_x^{x+h}\big(f(t) - f(x)\big)\, dt.
2. Soit ε>0\varepsilon > 0. Par continuité de ff en xx, il existe δ>0\delta > 0 tel que ∣t−x∣≤δ  ⟹  ∣f(t)−f(x)∣≤ε|t - x| \le \delta \implies |f(t) - f(x)| \le \varepsilon.
3. Pour 0<∣h∣≤δ0 < |h| \le \delta, l'inégalité de la moyenne donne ∣1h∫xx+h(f(t)−f(x)) dt∣≤ε\left|\frac{1}{h}\int_x^{x+h}\big(f(t) - f(x)\big)\, dt\right| \le \varepsilon. Donc F′(x)=f(x)F'(x) = f(x).
4. Si GG est une autre primitive, (G−F)′=0(G - F)' = 0 sur l'intervalle II, donc G−FG - F est constante et G(b)−G(a)=F(b)−F(a)=∫abfG(b) - G(a) = F(b) - F(a) = \int_a^b f.

4. Intégration par parties et changement de variable

  • Intégration par parties : si uu et vv sont de classe C1\mathcal{C}^1 sur [a;b][a ; b],

∫abu′(t)v(t) dt=[u(t)v(t)]ab−∫abu(t)v′(t) dt.\int_a^b u'(t)v(t)\, dt = \big[u(t)v(t)\big]_a^b - \int_a^b u(t)v'(t)\, dt.
(Preuve : (uv)′=u′v+uv′(uv)' = u'v + uv' est continue, on intègre.) Exemple : ∫01xex dx=[xex]01−∫01ex dx=e−(e−1)=1\int_0^1 xe^x\, dx = \big[xe^x\big]_0^1 - \int_0^1 e^x\, dx = e - (e - 1) = 1.

  • Changement de variable : si φ:[α;β]→R\varphi : [\alpha ; \beta] \to \mathbb{R} est de classe C1\mathcal{C}^1 et ff continue sur un intervalle contenant φ([α;β])\varphi([\alpha ; \beta]),

∫φ(α)φ(β)f(x) dx=∫αβf(φ(t))φ′(t) dt.\int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)} f(x)\, dx = \int_\alpha^\beta f\big(\varphi(t)\big)\varphi'(t)\, dt.
(Preuve : si FF est une primitive de ff, (F∘φ)′=(f∘φ)φ′(F \circ \varphi)' = (f \circ \varphi)\varphi'.) La bijectivité de φ\varphi n'est pas requise. Exemple : avec x=sin⁡tx = \sin t, ∫011−x2 dx=∫0π/2cos⁡2t dt=π4\int_0^1 \sqrt{1 - x^2}\, dx = \int_0^{\pi/2} \cos^2 t\, dt = \frac{\pi}{4}.

5. Sommes de Riemann

Théorème : si ff est continue sur [a;b][a ; b],
lim⁡n→+∞b−an∑k=0n−1f(a+kb−an)=lim⁡n→+∞b−an∑k=1nf(a+kb−an)=∫abf.\lim_{n \to +\infty} \frac{b - a}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\left(a + k\frac{b - a}{n}\right) = \lim_{n \to +\infty} \frac{b - a}{n}\sum_{k=1}^{n} f\left(a + k\frac{b - a}{n}\right) = \int_a^b f.
Démonstration (cas ff lipschitzienne de rapport KK, par exemple C1\mathcal{C}^1). Posons h=b−anh = \frac{b - a}{n} et xk=a+khx_k = a + kh. Pour t∈[xk;xk+1]t \in [x_k ; x_{k+1}], ∣f(t)−f(xk)∣≤K(t−xk)|f(t) - f(x_k)| \le K(t - x_k), donc
∣∫xkxk+1f−hf(xk)∣≤∫xkxk+1K(t−xk) dt=Kh22.\left|\int_{x_k}^{x_{k+1}} f - hf(x_k)\right| \le \int_{x_k}^{x_{k+1}} K(t - x_k)\, dt = \frac{Kh^2}{2}.
En sommant les nn inégalités : ∣∫abf−h∑k=0n−1f(xk)∣≤nKh22=K(b−a)22n→0\left|\int_a^b f - h\sum_{k=0}^{n-1} f(x_k)\right| \le \frac{nKh^2}{2} = \frac{K(b - a)^2}{2n} \to 0. Le cas continu général se traite de même grâce à l'uniforme continuité (théorème de Heine, chapitre L1-CNT).

6. Primitives usuelles

  • ∫xα dx=xα+1α+1\int x^\alpha\, dx = \frac{x^{\alpha+1}}{\alpha + 1} (α≠−1\alpha \neq -1) ; ∫dxx=ln⁡∣x∣\int \frac{dx}{x} = \ln|x| sur ]−∞;0[]-\infty ; 0[ ou sur ]0;+∞[]0 ; +\infty[ ; ∫u′u=ln⁡∣u∣\int \frac{u'}{u} = \ln|u|.
  • ∫dx1+x2=arctan⁡x\int \frac{dx}{1 + x^2} = \arctan x ; ∫dx1−x2=arcsin⁡x\int \frac{dx}{\sqrt{1 - x^2}} = \arcsin x sur ]−1;1[]-1 ; 1[ ; ∫u′eu=eu\int u'e^u = e^u.
  • Trinôme sans racine réelle : on écrit la forme canonique. Exemple : x2+2x+5=(x+1)2+4x^2 + 2x + 5 = (x + 1)^2 + 4, d'où

∫dxx2+2x+5=12arctan⁡(x+12)+C.\int \frac{dx}{x^2 + 2x + 5} = \frac{1}{2}\arctan\left(\frac{x + 1}{2}\right) + C.

  • Fractions rationnelles : décomposition en éléments simples (chapitre L1-CMP), puis primitivation de chaque terme.

Méthodes et exemples rédigés

Méthode : Calculer une limite à l'aide d'une somme de Riemann

Exemple

Calculer lim⁡n→+∞∑k=1nnn2+k2\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \sum_{k=1}^n \frac{n}{n^2 + k^2}.

  1. Étape 1 (forme canonique) : nn2+k2=1n⋅11+(k/n)2\dfrac{n}{n^2 + k^2} = \dfrac{1}{n} \cdot \dfrac{1}{1 + (k/n)^2}, donc la somme vaut 1n∑k=1nf(kn)\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right) avec f(x)=11+x2f(x) = \frac{1}{1 + x^2}.

  2. Étape 2 (identification) : c'est une somme de Riemann de ff, continue sur [0;1][0 ; 1], pour la subdivision régulière de pas 1n\frac{1}{n}.

  3. Étape 3 (calcul) : ∫01dx1+x2=arctan⁡1−arctan⁡0=π4\int_0^1 \frac{dx}{1 + x^2} = \arctan 1 - \arctan 0 = \frac{\pi}{4}.

  4. Conclusion : la limite vaut π4≈0,785\frac{\pi}{4} \approx 0{,}785.

Méthode : Intégration par parties

Exemple

Calculer I=∫1exln⁡x dxI = \displaystyle \int_1^e x\ln x\, dx.

  1. Étape 1 (choix) : on dérive le logarithme : u′(x)=xu'(x) = x, u(x)=x22u(x) = \frac{x^2}{2} ; v(x)=ln⁡xv(x) = \ln x, v′(x)=1xv'(x) = \frac{1}{x}. Les fonctions uu et vv sont C1\mathcal{C}^1 sur [1;e][1 ; e].

  2. Étape 2 (formule) : I=[x22ln⁡x]1e−∫1ex22⋅1x dx=e22−∫1ex2 dxI = \left[\frac{x^2}{2}\ln x\right]_1^e - \int_1^e \frac{x^2}{2} \cdot \frac{1}{x}\, dx = \frac{e^2}{2} - \int_1^e \frac{x}{2}\, dx.

  3. Étape 3 (calcul) : ∫1ex2 dx=e2−14\int_1^e \frac{x}{2}\, dx = \frac{e^2 - 1}{4}.

  4. Conclusion : I=e22−e2−14=e2+14≈2,097I = \frac{e^2}{2} - \frac{e^2 - 1}{4} = \frac{e^2 + 1}{4} \approx 2{,}097.

Méthode : Changement de variable

Exemple

Calculer J=∫01dxex+1J = \displaystyle \int_0^1 \frac{dx}{e^x + 1} en posant t=ext = e^x.

  1. Étape 1 (changement) : x=φ(t)=ln⁡tx = \varphi(t) = \ln t, de classe C1\mathcal{C}^1 sur [1;e][1 ; e], avec φ(1)=0\varphi(1) = 0, φ(e)=1\varphi(e) = 1 et dx=dttdx = \frac{dt}{t}.

  2. Étape 2 (nouvelle intégrale) : J=∫1e1t+1⋅dtt=∫1e(1t−1t+1)dtJ = \int_1^e \frac{1}{t + 1} \cdot \frac{dt}{t} = \int_1^e \left(\frac{1}{t} - \frac{1}{t + 1}\right) dt (décomposition en éléments simples).

  3. Étape 3 (primitive) : J=[ln⁡t−ln⁡(t+1)]1e=1−ln⁡(e+1)+ln⁡2J = \big[\ln t - \ln(t + 1)\big]_1^e = 1 - \ln(e + 1) + \ln 2.

  4. Conclusion : J=1+ln⁡2e+1≈0,380J = 1 + \ln\frac{2}{e + 1} \approx 0{,}380.

Pièges fréquents

Questions de révision

Essaie de répondre de tête avant d'afficher la réponse.

Quelle est la dérivée de F(x)=∫axf(t) dtF(x) = \int_a^x f(t)\, dt pour ff continue ?

F′=fF' = f : FF est la primitive de ff qui s'annule en aa.

Énoncer la formule d'intégration par parties.

Pour u,vu, v de classe C1\mathcal{C}^1 sur [a;b][a ; b] : ∫abu′v=[uv]ab−∫abuv′\int_a^b u'v = [uv]_a^b - \int_a^b uv'.

Énoncer la formule de changement de variable.

Pour φ\varphi de classe C1\mathcal{C}^1 sur [α;β][\alpha ; \beta] et ff continue : ∫φ(α)φ(β)f(x) dx=∫αβf(φ(t))φ′(t) dt\int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)} f(x)\, dx = \int_\alpha^\beta f(\varphi(t))\varphi'(t)\, dt.

Limite d'une somme de Riemann de ff continue sur [0;1][0 ; 1] ?

1n∑k=1nf(kn)→∫01f(x) dx\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right) \to \int_0^1 f(x)\, dx (de même avec kk de 00 à n−1n - 1).

Si ff est continue, positive sur [a;b][a ; b] (a<ba < b) et d'intégrale nulle, que dire de ff ?

ff est identiquement nulle sur [a;b][a ; b].

Primitive de 1x2+a2\frac{1}{x^2 + a^2} pour a>0a > 0 ?

1aarctan⁡(xa)+C\frac{1}{a}\arctan\left(\frac{x}{a}\right) + C.

Exercices corrigés

Exercice 1 Somme de Riemann élémentaire

Palier 1 · découverte

Quelle est la limite quand n→+∞n \to +\infty de 1n∑k=1n(k/n)2\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n (k/n)^2 ?

  1. 13\frac{1}{3}
  2. 12\frac{1}{2}
  3. 11
  4. 00
Un indice

C'est l'intégrale ∫01x2dx\int_0^1 x^2 dx.

Voir la correction

Bonne réponse : A. 13\frac{1}{3}

Par le théorème des sommes de Riemann, lim⁡Sn=∫01x2dx=[x3/3]01=1/3\lim S_n = \int_0^1 x^2 dx = [x^3/3]_0^1 = 1/3.

Exercice 2 Intégration par parties

Palier 2 · application

Que vaut l'intégrale ∫1exln⁡(x)dx\int_1^e x \ln(x) dx ?

  1. e2+14\frac{e^2 + 1}{4}
  2. e2−14\frac{e^2 - 1}{4}
  3. e22\frac{e^2}{2}
  4. 11
Un indice

Pose u=ln⁡xu = \ln x et v′=xv' = x.

Voir la correction

Bonne réponse : A. e2+14\frac{e^2 + 1}{4}

Par IPP : [x2ln⁡(x)/2]1e−[x2/4]1e=e2/2−(e2−1)/4=e2+14[x^2 \ln(x)/2]_1^e - [x^2/4]_1^e = e^2/2 - (e^2-1)/4 = \frac{e^2+1}{4}.

Exercice 3 Changement de variable

Palier 3 · approfondissement

Que vaut ∫0π/2cos⁡(x)sin⁡3(x)dx\int_0^{\pi/2} \cos(x) \sin^3(x) dx ?

  1. 14\frac{1}{4}
  2. 13\frac{1}{3}
  3. 11
  4. 00
Un indice

Pose u=sin⁡(x)u = \sin(x), alors du=cos⁡(x)dxdu = \cos(x)dx.

Voir la correction

Bonne réponse : A. 14\frac{1}{4}

Avec u=sin⁡(x)u = \sin(x), ∫01u3du=[u4/4]01=1/4\int_0^1 u^3 du = [u^4/4]_0^1 = 1/4.

Exercice 4 Dérivation d'une intégrale à borne variable

Palier 4 · défi

Pour F(x)=∫0x2e−t2dtF(x) = \int_0^{x^2} e^{-t^2} dt, quelle est la dérivée F′(x)F'(x) ?

  1. 2xe−x42x e^{-x^4}
  2. e−x4e^{-x^4}
  3. 2xe−x22x e^{-x^2}
  4. −2x3e−x4-2x^3 e^{-x^4}
Un indice

Si GG est une primitive de t↦e−t2t \mapsto e^{-t^2}, alors F(x)=G(x2)−G(0)F(x) = G(x^2) - G(0) : dérive cette composée avec (G∘u)′=u′×(G′∘u)(G \circ u)' = u' \times (G' \circ u).

Voir la correction

Bonne réponse : A. 2xe−x42x e^{-x^4}

F′(x)=(x2)′⋅e−(x2)2=2xe−x4F'(x) = (x^2)' \cdot e^{-(x^2)^2} = 2x e^{-x^4}.