Mathematics · Book 3 · Bachelor Year 1

Mathématiques universitaires — Licence 1

Mathématiques universitaires — Licence 1 · Bachelor Year 1

15Intégration sur un segment

L’intégrale du volume de Terminale reposait sur des aires prises intuitivement. Ce chapitre la construit : d’abord pour les fonctions en escalier, où l’intégrale est une somme finie, puis pour les fonctions continues (et continues par morceaux) par approximation uniforme — l’endroit où le théorème de Heine (Théorème 13.22) montre toute son utilité. Le théorème fondamental de l’analyse relie ensuite la construction aux primitives, et les sommes de Riemann la relient aux moyennes discrètes.

Dans tout le chapitre, a<ba < b sont des réels.

15.1 Fonctions en escalier

Définition 15.1

φ ⁣:[a, b]→R\varphi \colon \intcc{a}{b} \to \R est une fonction en escalier lorsqu’il existe une subdivision a=x0<x1<⋯<xn=ba = x_0 < x_1 < \dots < x_n = b telle que φ\varphi soit constante, égale à cic_i, sur chaque intervalle ouvert (xi−1, xi)\intoo{x_{i-1}}{x_i} (les valeurs aux nœuds sont quelconques). Son intégrale est

∫abφ=∑i=1nci (xi−xi−1),\int_a^b \varphi = \sum_{i=1}^{n} c_i\,(x_i - x_{i-1}),

indépendante de la subdivision choisie (on raffine deux subdivisions par leur subdivision commune : chaque membre est inchangé par raffinement).

Proposition 15.2

Sur les fonctions en escalier, l’intégrale est linéaire, croissante (φ≤ψ  ⟹  ∫φ≤∫ψ\varphi \leq \psi \implies \int\varphi \leq \int\psi), et vérifie la relation de Chasles ∫ab=∫ac+∫cb\int_a^b = \int_a^c + \int_c^b pour a<c<ba < c < b.

Démonstration. Le moteur est l’invariance par raffinement, énoncée dans la définition : insérer un nœud supplémentaire t∈(xi−1, xi)t \in \intoo{x_{i-1}}{x_i} dans une subdivision remplace le terme ci(xi−xi−1)c_i(x_i - x_{i-1}) par ci(t−xi−1)+ci(xi−t)c_i(t - x_{i-1}) + c_i(x_i - t) — le même nombre — de sorte que l’intégrale est inchangée par tout raffinement fini. Prenons maintenant φ\varphi de subdivision σ\sigma et ψ\psi de subdivision σ′\sigma' : sur le raffinement commun σ∪σ′\sigma \cup \sigma', toutes deux sont des fonctions en escalier ayant les mêmes nœuds, et sur chaque morceau φ+λψ\varphi + \lambda\psi est constante égale à ci+λdic_i + \lambda d_i : la linéarité se ramène à la linéarité des sommes finies. Croissance : ci≤dic_i \leq d_i sur chaque morceau donne ∑ciΔi≤∑diΔi\sum c_i \Delta_i \leq \sum d_i \Delta_i (les longueurs Δi≥0\Delta_i \geq 0). Chasles : insérer le nœud cc et couper la somme en ce point. ∎

15.2 Intégrale d’une fonction continue

Théorème 15.3 (Approximation uniforme)

Soit ff continue sur [a, b]\intcc{a}{b}. Pour tout ε>0\varepsilon > 0, il existe des fonctions en escalier φ,ψ\varphi, \psi telles que

φ≤f≤ψetψ−φ≤ε sur [a, b].\varphi \leq f \leq \psi \qquad\text{et}\qquad \psi - \varphi \leq \varepsilon \text{ sur } \intcc{a}{b}.

Démonstration. D’après le théorème de Heine (Théorème 13.22), ff est uniformément continue : choisissons δ\delta associé à ε\varepsilon, et une subdivision de pas <δ< \delta (régulière, disons, avec n>b−aδn > \frac{b - a}{\delta} morceaux). Sur chaque morceau fermé [xi−1, xi]\intcc{x_{i-1}}{x_i}, ff atteint un minimum mim_i et un maximum MiM_i (Théorème 13.13), et Mi−mi≤εM_i - m_i \leq \varepsilon (les deux points extrémaux sont distants de moins de δ\delta). Posons φ=mi\varphi = m_i et ψ=Mi\psi = M_i sur (xi−1, xi)\intoo{x_{i-1}}{x_i} (et φ=ψ=f\varphi = \psi = f aux nœuds). ∎

Théorème 15.4 (Définition de l’intégrale)

Soit ff continue sur [a, b]\intcc{a}{b}. Les deux nombres

I−(f)=sup⁡{∫abφ:φ en escalier, φ≤f},I+(f)=inf⁡{∫abψ:ψ en escalier, ψ≥f}I_-(f) = \sup\Bigl\{\int_a^b \varphi : \varphi \text{ en escalier},\ \varphi \leq f\Bigr\}, \qquad I_+(f) = \inf\Bigl\{\int_a^b \psi : \psi \text{ en escalier},\ \psi \geq f\Bigr\}

sont égaux ; leur valeur commune est l’intégrale ∫abf\int_a^b f (également notée ∫abf(t)  ⁣dt\int_a^b f(t)\,\dd t). Elle coïncide avec la notion précédente sur les fonctions en escalier, et s’étend aux fonctions continues par morceaux en découpant [a, b]\intcc{a}{b} aux discontinuités (Chasles y servant de définition).

Démonstration. Les deux ensembles sont non vides (ff est bornée) et toute intégrale inférieure en escalier est ≤\leq à toute intégrale supérieure (croissance sur les fonctions en escalier) : donc I−(f)≤I+(f)I_-(f) \leq I_+(f). D’après le Théorème 15.3, pour tout ε\varepsilon il existe un couple avec ∫ψ−∫φ≤ε(b−a)\int\psi - \int\varphi \leq \varepsilon(b - a) : la borne supérieure et la borne inférieure sont enserrées l’une contre l’autre, I−=I+I_- = I_+. ∎

Exemple 15.5 (Continue par morceaux, sans drame)

La fonction partie entière sur [0, 3]\intcc{0}{3} est une fonction en escalier déguisée : en coupant à ses sauts,

∫03⌊t⌋  ⁣dt=∫010+∫121+∫232=0+1+2=3,\int_0^3 \lfloor t \rfloor\,\dd t = \int_0^1 0 + \int_1^2 1 + \int_2^3 2 = 0 + 1 + 2 = 3 ,

et les valeurs aux points de saut 1,21, 2 n’ont aucune importance : modifier une fonction en un nombre fini de points ne change aucune intégrale (les fonctions en escalier qui l’encadrent n’en sont pas affectées). C’est tout le contenu de l’extension « continue par morceaux » : couper aux discontinuités, en nombre fini, intégrer chaque morceau continu, additionner — Chasles comme définition.

Exemple 15.6 (La définition calcule, une fois)

Soit f(x)=xf(x) = x sur [0, 1]\intcc{0}{1}, découpé en nn morceaux égaux. Les meilleures fonctions en escalier constantes sur les morceaux sont φ=k−1n\varphi = \frac{k-1}{n} et ψ=kn\psi = \frac kn sur le kk-ième morceau, avec

∫01φ=∑k=1nk−1n⋅1n=n−12n,∫01ψ=∑k=1nkn⋅1n=n+12n.\int_0^1 \varphi = \sum_{k=1}^{n} \frac{k-1}{n}\cdot\frac1n = \frac{n-1}{2n}, \qquad \int_0^1 \psi = \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n}\cdot\frac1n = \frac{n+1}{2n} .

Toute intégrale inférieure est ≤I−(f)≤I+(f)≤\leq I_-(f) \leq I_+(f) \leq à toute intégrale supérieure, donc n−12n≤I−(f)≤I+(f)≤n+12n\frac{n-1}{2n} \leq I_-(f) \leq I_+(f) \leq \frac{n+1}{2n} pour tout nn : les deux sont enserrées sur 12\frac12, et ∫01x  ⁣dx=12\int_0^1 x\,\dd x = \frac12 directement à partir de la définition. L’idée à retenir : c’est la première et la dernière fois que nous intégrons à partir de la définition — le théorème fondamental ci-dessous remplace tous ces calculs par la lecture d’une primitive, ce qui est tout l’intérêt économique de ce chapitre.

Théorème 15.7 (Propriétés)

Pour f,gf, g continues (ou continues par morceaux) sur [a, b]\intcc{a}{b} et λ∈R\lambda \in \R :

  1. linéarité : ∫(f+λg)=∫f+λ∫g\int (f + \lambda g) = \int f + \lambda \int g ;
  2. croissance : f≤g  ⟹  ∫abf≤∫abgf \leq g \implies \int_a^b f \leq \int_a^b g ; et ∣∫abf∣≤∫ab∣f∣≤(b−a) sup⁡∣f∣\bigl|\int_a^b f\bigr| \leq \int_a^b \abs f \leq (b - a)\, \sup\abs f ;
  3. Chasles : ∫ab=∫ac+∫cb\int_a^b = \int_a^c + \int_c^b (avec la convention ∫ba=−∫ab\int_b^a = -\int_a^b, valable quel que soit l’ordre des bornes) ;
  4. positivité stricte : si ff est continue, f≥0f \geq 0 et ∫abf=0\int_a^b f = 0, alors f=0f = 0 partout sur [a, b]\intcc{a}{b}.

Démonstration. (1)–(3) passent des fonctions en escalier à la limite par la définition en sup/inf. La linéarité mérite qu’on la détaille une fois : soit ε>0\varepsilon > 0 ; encadrons φf≤f≤ψf\varphi_f \leq f \leq \psi_f et φg≤g≤ψg\varphi_g \leq g \leq \psi_g avec des écarts ≤ε\leq \varepsilon (Théorème 15.3). Pour λ≥0\lambda \geq 0, φf+λφg≤f+λg≤ψf+λψg\varphi_f + \lambda\varphi_g \leq f + \lambda g \leq \psi_f + \lambda\psi_g est un encadrement par des fonctions en escalier d’écart ≤(1+λ)ε\leq (1 + \lambda)\varepsilon, et ses intégrales en escalier valent ∫φf+λ∫φg\int \varphi_f + \lambda\int\varphi_g, etc. (Proposition 15.2) : en faisant ε→0\varepsilon \to 0, on enserre ∫(f+λg)\int(f + \lambda g) sur ∫f+λ∫g\int f + \lambda\int g. Pour λ<0\lambda < 0, la multiplication par λ\lambda renverse l’encadrement de gg — la fonction en escalier inférieure de λg\lambda g est λψg\lambda \psi_g — et le même encadrement fonctionne, les rôles échangés. La majoration ∣∫f∣≤∫∣f∣\abs{\int f} \leq \int \abs f vient de −∣f∣≤f≤∣f∣-\abs f \leq f \leq \abs f et de la croissance.

(4) Par contraposée : si f(x0)=m>0f(x_0) = m > 0, la continuité fournit un sous-intervalle de longueur η>0\eta > 0 sur lequel f≥m2f \geq \frac m2 ; la fonction en escalier valant m2\frac m2 là et 00 ailleurs est ≤f\leq f, donc ∫f≥mη2>0\int f \geq \frac{m\eta}{2} > 0. ∎

Exemple 15.8 (Chasles à l’œuvre : intégrales de valeurs absolues)

Pour intégrer une valeur absolue, on coupe là où le signe change.

∫02∣x−1∣  ⁣dx=∫01(1−x)  ⁣dx+∫12(x−1)  ⁣dx=12+12=1,\int_0^2 \abs{x - 1}\,\dd x = \int_0^1 (1 - x)\,\dd x + \int_1^2 (x - 1)\,\dd x = \frac12 + \frac12 = 1 ,

et, en coupant [0, 2π]\intcc{0}{2\pi} en π\pi :

∫02π∣sin⁡t∣  ⁣dt=∫0πsin⁡t  ⁣dt−∫π2πsin⁡t  ⁣dt=2+2=4,\int_0^{2\pi} \abs{\sin t}\,\dd t = \int_0^{\pi} \sin t\,\dd t - \int_{\pi}^{2\pi} \sin t\,\dd t = 2 + 2 = 4 ,

alors que ∫02πsin⁡t  ⁣dt=0\int_0^{2\pi} \sin t\,\dd t = 0 : les compensations sont bien réelles, et c’est pourquoi l’énoncé de positivité stricte (Théorème 15.7 (4)) porte l’hypothèse f≥0f \geq 0 — sans elle, une intégrale nulle ne prouve rien sur ff. L’idée à retenir : ∫∣f∣\int \abs f mesure une aire, ∫f\int f mesure un bilan signé ; l’inégalité ∣∫f∣≤∫∣f∣\abs{\int f} \leq \int\abs f est le relevé exact de ce que les compensations peuvent détruire.

15.3 Le théorème fondamental de l’analyse

Théorème 15.9 (Théorème fondamental de l’analyse)

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)\, \dd t

est de classe C1C^1 sur II, avec F′=fF' = f : toute fonction continue sur un intervalle admet des primitives. Par conséquent, pour toute primitive GG de ff :

∫abf(t)  ⁣dt=G(b)−G(a).\int_a^b f(t)\,\dd t = G(b) - G(a) .

Démonstration. Fixons x0∈Ix_0 \in I et ε>0\varepsilon > 0 ; la continuité en x0x_0 fournit δ\delta tel que ∣f(t)−f(x0)∣≤ε\abs{f(t) - f(x_0)} \leq \varepsilon dès que ∣t−x0∣≤δ\abs{t - x_0} \leq \delta. Pour 0<∣h∣≤δ0 < \abs{h} \leq \delta (et x0+h∈Ix_0 + h \in I), Chasles donne

F(x0+h)−F(x0)h−f(x0)=1h∫x0x0+h(f(t)−f(x0)) ⁣dt,\frac{F(x_0 + h) - F(x_0)}{h} - f(x_0) = \frac 1h \int_{x_0}^{x_0+h} \bigl(f(t) - f(x_0)\bigr)\dd t ,

dont la valeur absolue est ≤1∣h∣⋅∣h∣ ε=ε\leq \frac{1}{\abs h}\cdot \abs h\, \varepsilon = \varepsilon (majoration (2), valable quel que soit l’ordre des bornes). Donc F′(x0)=f(x0)F'(x_0) = f(x_0) ; F′=fF' = f est continue : FF est C1C^1. Si G′=fG' = f également, alors (G−F)′=0(G - F)' = 0 sur l’intervalle, donc G=F+cG = F + c (Corollaire 14.12), et G(b)−G(a)=F(b)−F(a)=∫abfG(b) - G(a) = F(b) - F(a) = \int_a^b f. ∎

Exemple 15.10 (La symétrie avant le calcul)

Sur un intervalle symétrique, la parité fait le travail : si ff est impaire, le changement de variable t↦−tt \mapsto -t envoie ∫−a0f\int_{-a}^{0} f sur −∫0af-\int_0^a f, donc

∫−aaf(t)  ⁣dt=0;si f est paire,∫−aaf=2∫0af.\int_{-a}^{a} f(t)\,\dd t = 0 ; \qquad\text{si $f$ est paire,}\quad \int_{-a}^{a} f = 2\int_0^a f .

Ainsi ∫−11t3cos⁡t1+t4  ⁣dt=0\int_{-1}^{1} \frac{t^3\cos t}{1 + t^4}\,\dd t = 0 sans qu’aucune primitive soit en vue (l’intégrande est impaire), et

∫−ππt2cos⁡t  ⁣dt=2∫0πt2cos⁡t  ⁣dt.\int_{-\pi}^{\pi} t^2\cos t\,\dd t = 2\int_0^\pi t^2\cos t\, \dd t .

Vérifier les symétries avant de sortir les techniques : l’intégrale la plus rapide est celle qu’on ne calcule jamais.

Exemple 15.11 (Reconnaître une dérivée au premier coup d’œil)

Calculons ∫0π/2 ⁣dx1+cos⁡x\displaystyle\int_0^{\pi/2} \frac{\dd x}{1 + \cos x}. L’identité de l’angle moitié 1+cos⁡x=2cos⁡2x21 + \cos x = 2\cos^2\frac x2 transforme l’intégrande en 12(1+tan⁡2x2)\frac{1}{2}\bigl(1 + \tan^2\frac x2\bigr), qui est exactement la dérivée de tan⁡x2\tan\frac x2 :

∫0π/2 ⁣dx1+cos⁡x=[tan⁡x2]0π/2=tan⁡π4=1.\int_0^{\pi/2} \frac{\dd x}{1 + \cos x} = \Bigl[\tan\frac x2\Bigr]_0^{\pi/2} = \tan\frac\pi4 = 1 .

Aucune machinerie de changement de variable n’a été nécessaire — seulement le réflexe de lire une intégrande comme la dérivée de quelqu’un, le théorème fondamental faisant le reste. (L’outil systématique qui gouverne de telles intégrales trigonométriques, le changement de variable t=tan⁡x2t = \tan\frac x2, appartient à la boîte à outils standard bâtie sur le Théorème 15.15 (2).)

Exemple 15.12 (Fonctions définies par une intégrale)

Le théorème fondamental fabrique des fonctions. Posons

F(x)=∫0xe−t2  ⁣dt.F(x) = \int_0^x \eu^{-t^2}\,\dd t .

Aucune combinaison de fonctions classiques n’a pour dérivée e−t2\eu^{-t^2} (un théorème de Liouville, admis) ; pourtant FF existe, est C1C^1 avec F′(x)=e−x2>0F'(x) = \eu^{-x^2} > 0, strictement croissante, impaire (changement de variable t↦−tt \mapsto -t), et bornée : pour x≥1x \geq 1,

F(x)−F(1)=∫1xe−t2 ⁣dt≤∫1xe−t ⁣dt≤e−1,F(x) - F(1) = \int_1^x \eu^{-t^2}\dd t \leq \int_1^x \eu^{-t}\dd t \leq \eu^{-1} ,

donc F≤F(1)+e−1≤1+e−1F \leq F(1) + \eu^{-1} \leq 1 + \eu^{-1}. (La limite exacte, π2\frac{\sqrt\pi}{2}, se calcule par intégrales doubles dans le volume de Licence 3.) Dérivation d’une composée pour des bornes mobiles :  ⁣d ⁣dx∫xx2e−t2 ⁣dt=2x e−x4−e−x2\frac{\dd}{\dd x}\int_x^{x^2} \eu^{-t^2}\dd t = 2x\,\eu^{-x^4} - \eu^{-x^2}. L’idée à retenir : l’intégration crée de nouvelles fonctions à partir des anciennes, avec toutes leurs propriétés lisibles sur l’intégrande — la primitive qu’on ne sait pas écrire reste une fonction que l’on maîtrise complètement.

Exemple 15.13 (Estimer sans calculer)

Les intégrales Rn=∫01tn1+t  ⁣dtR_n = \int_0^1 \frac{t^n}{1 + t}\,\dd t n’ont aucune forme close agréable, et pourtant la croissance les cerne précisément : sur [0, 1]\intcc{0}{1}, 12≤11+t≤1\frac12 \leq \frac{1}{1+t} \leq 1, donc

12(n+1)=12∫01tn  ⁣dt  ≤  Rn  ≤  ∫01tn  ⁣dt=1n+1:\frac{1}{2(n+1)} = \frac12\int_0^1 t^n\,\dd t \;\leq\; R_n \;\leq\; \int_0^1 t^n \,\dd t = \frac{1}{n+1} :

l’ordre exact de décroissance (Rn∼R_n \sim un multiple de 1n\frac1n, en fait Rn∼12nR_n \sim \frac{1}{2n}) en deux lignes et sans primitive. Les devoirs maison de ce chapitre et du suivant reposent exactement sur de tels encadrements — le premier réflexe de l’analyste devant une intégrale doit être de la majorer, et seulement ensuite, s’il le faut, de la calculer.

Exemple 15.14 (Valeurs moyennes)

La moyenne d’une fonction continue ff sur [a, b]\intcc{a}{b} est 1b−a∫abf\frac{1}{b-a}\int_a^b f. Pour l’arche du sinus :

1π∫0πsin⁡t  ⁣dt=1π[−cos⁡t]0π=2π≈0.637:\frac{1}{\pi}\int_0^\pi \sin t\,\dd t = \frac{1}{\pi}\bigl[-\cos t\bigr]_0^\pi = \frac{2}{\pi} \approx 0.637 :

une arche positive complète a pour moyenne non pas 12\frac12 mais 2π\frac2\pi — la courbe passe plus de temps en hauteur qu’un triangle ne le ferait. D’après l’Exercice 15.11 (formule de la moyenne, g=1g = 1), la moyenne est une valeur : sin⁡c=2π\sin c = \frac2\pi pour un certain c∈(0, π)c \in \intoo{0}{\pi}. Et d’après les sommes de Riemann de ce chapitre, la moyenne est la limite des moyennes ordinaires de nn échantillons — le pont entre la moyenne discrète de données et la moyenne continue d’un signal, et c’est ainsi que l’intégrale entre en physique.

Théorème 15.15 (Intégration par parties ; changement de variable)

  1. Si u,vu, v sont C1C^1 sur [a, b]\intcc{a}{b} :

    ∫abu′v=[uv]ab−∫abuv′.\int_a^b u'v = \bigl[uv\bigr]_a^b - \int_a^b uv' .

  2. Si φ\varphi est C1C^1 sur [α, β]\intcc{\alpha}{\beta} et ff continue sur φ([α, β])\varphi(\intcc{\alpha}{\beta}) :

    ∫αβf(φ(t)) φ′(t)  ⁣dt=∫φ(α)φ(β)f(x)  ⁣dx.\int_{\alpha}^{\beta} f\bigl(\varphi(t)\bigr)\,\varphi'(t)\, \dd t = \int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)} f(x)\, \dd x .

Démonstration. (1) (uv)′=u′v+uv′(uv)' = u'v + uv' ; on intègre sur [a, b]\intcc{a}{b} et on applique le théorème fondamental à la fonction C1C^1 uvuv.

(2) Soit FF une primitive de ff sur l’intervalle image (Théorème 15.9). Alors (F∘φ)′=(f∘φ) φ′(F \circ \varphi)' = (f \circ \varphi)\,\varphi' (dérivée d’une composée), donc les deux membres valent F(φ(β))−F(φ(α))F(\varphi(\beta)) - F(\varphi(\alpha)). ∎

Exemple 15.16

∫01t et ⁣dt=[t et]01−∫01et ⁣dt=e−(e−1)=1\int_0^1 t\,\eu^t \dd t = \bigl[t\,\eu^t\bigr]_0^1 - \int_0^1 \eu^t\dd t = \eu - (\eu - 1) = 1. Et avec le changement de variable x=sin⁡tx = \sin t (t∈[0, π2]t \in \intcc{0}{\frac\pi2}) :

∫011−x2  ⁣dx=∫0π/2cos⁡t⋅cos⁡t  ⁣dt=∫0π/21+cos⁡2t2  ⁣dt=π4,\int_0^1 \sqrt{1 - x^2}\, \dd x = \int_0^{\pi/2} \cos t \cdot \cos t \, \dd t = \int_0^{\pi/2} \frac{1 + \cos 2t}{2}\, \dd t = \frac\pi4 ,

— un quart du disque unité, comme la géométrie l’exige. (La linéarisation de la Méthode 3.11 à l’œuvre.)

Remarque 15.17 (Pièges courants du calcul intégral)

(i) Les changements de variable doivent être C1C^1 sur tout l’intervalle : le changement x=1tx = \frac1t est illégal à la traversée de 00 ; appliqué aveuglément à ∫−11 ⁣dx1+x2\int_{-1}^{1}\frac{\dd x}{1 + x^2}, il « démontre » que l’intégrale est égale à son opposée. Lorsqu’un changement de variable présente une singularité, on coupe d’abord l’intervalle (Chasles), on substitue sur chaque morceau, et seulement ensuite on recolle. (ii) Les primitives logarithmiques réclament des valeurs absolues : ∫ ⁣dxx−2=ln⁡∣x−2∣+C\int \frac{\dd x}{x - 2} = \ln\abs{x - 2} + C de chaque côté de 22 séparément — écrire ln⁡(x−2)\ln(x - 2) sur (0, 1)\intoo{0}{1}, c’est écrire le logarithme d’un nombre négatif ; et la constante CC peut différer de part et d’autre de la singularité. (iii) Une intégrale nulle ne tue pas la fonction : ∫02πsin⁡=0\int_0^{2\pi}\sin = 0 ; la positivité de l’intégrande est requise avant de conclure f=0f = 0 (Exemple 15.8). (iv) Les sommes de Riemann doivent être calibrées : dans b−an∑f(a+kb−an)\frac{b-a}{n}\sum f\bigl(a + k\frac{b-a}{n}\bigr), le pas à l’extérieur et les points à l’intérieur doivent correspondre à la même subdivision — l’erreur fréquente est une somme ∑k=1nf(kn)\sum_{k=1}^{n} f\bigl(\frac kn\bigr) sans le facteur 1n\frac1n, qui diverge au lieu de converger vers ∫01f\int_0^1 f. Liste de contrôle avant d’invoquer le Théorème 15.20 : mettre 1n\frac1n en facteur, réécrire le terme général comme ff de kn\frac kn, nommer ff et vérifier sa continuité.

Exemple 15.18 (Deviner, dériver, ajuster)

Que vaut ∫1x(ln⁡t)2  ⁣dt\int_1^x (\ln t)^2\,\dd t ? Devinons une primitive de la forme t P(ln⁡t)t\,P(\ln t) avec PP polynomiale et dérivons :

(t P(ln⁡t))′=P(ln⁡t)+P′(ln⁡t).\bigl(t\,P(\ln t)\bigr)' = P(\ln t) + P'(\ln t) .

Il faut P(u)+P′(u)=u2P(u) + P'(u) = u^2 : prenons P(u)=u2−2u+2P(u) = u^2 - 2u + 2 (on identifie les coefficients en descendant depuis u2u^2). D’où

∫1x(ln⁡t)2  ⁣dt=[t((ln⁡t)2−2ln⁡t+2)]1x=x(ln⁡x)2−2xln⁡x+2x−2,\int_1^x (\ln t)^2\,\dd t = \bigl[t\bigl((\ln t)^2 - 2\ln t + 2\bigr)\bigr]_1^x = x(\ln x)^2 - 2x\ln x + 2x - 2 ,

résultat qu’on obtiendrait sinon par deux intégrations par parties. L’idée à retenir : pour des intégrandes de la forme (polynôme en ln⁡t\ln t) ou (polynôme fois eλt\eu^{\lambda t}), la primitive a la même forme — dériver une devinette bien formée convertit l’intégration en algèbre linéaire sur les coefficients, plus rapide et moins sujette à erreur que des parties itérées.

Exemple 15.19 (L’intégrale boomerang)

Calculons I=∫0π/2excos⁡x  ⁣dxI = \int_0^{\pi/2} \eu^x \cos x\,\dd x. Intégrons deux fois par parties, en dérivant à chaque fois le facteur trigonométrique :

I=[exsin⁡x]0π/2−∫0π/2exsin⁡x  ⁣dx=eπ/2−J,J=[−excos⁡x]0π/2+∫0π/2excos⁡x  ⁣dx=1+I.I = \bigl[\eu^x \sin x\bigr]_0^{\pi/2} - \int_0^{\pi/2} \eu^x \sin x\,\dd x = \eu^{\pi/2} - J, \qquad J = \bigl[-\eu^x\cos x\bigr]_0^{\pi/2} + \int_0^{\pi/2} \eu^x\cos x\,\dd x = 1 + I .

L’intégrale est revenue sur elle-même : I=eπ/2−1−II = \eu^{\pi/2} - 1 - I, d’où

I=eπ/2−12.I = \frac{\eu^{\pi/2} - 1}{2} .

L’idée à retenir : lorsque l’intégrande est le produit de deux fonctions qui se reproduisent par dérivation (eax\eu^{ax}, cos⁡bx\cos bx, sin⁡bx\sin bx), deux intégrations par parties produisent une équation linéaire d’inconnue l’intégrale — il faut la résoudre au lieu d’intégrer ; de façon équivalente, on passe par e(a+ib)x\eu^{(a + \iu b)x} (Chapitre 3) et on prend la partie réelle. Les deux chemins donnent la même réponse, et vérifier qu’ils le font est une vérification gratuite.

15.4 Sommes de Riemann

Théorème 15.20 (Sommes de Riemann)

Soit ff continue sur [a, b]\intcc{a}{b}. Alors

Sn=b−an∑k=0n−1f(a+k b−an)→n→∞∫abf(t)  ⁣dt,S_n = \frac{b - a}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f\Bigl(a + k\,\frac{b-a}{n}\Bigr) \xrightarrow[n \to \infty]{} \int_a^b f(t)\, \dd t ,

et de même avec n’importe quels points d’évaluation à l’intérieur des sous-intervalles.

Démonstration. SnS_n est l’intégrale de la fonction en escalier φn\varphi_n égale à f(a+kb−an)f(a + k\frac{b-a}{n}) sur le kk-ième sous-intervalle. Soit ε>0\varepsilon > 0 ; la continuité uniforme (Heine) fournit δ\delta ; pour n>b−aδn > \frac{b-a}{\delta}, tout point d’un sous-intervalle est à distance <δ< \delta de son point d’évaluation, donc ∣f−φn∣≤ε\abs{f - \varphi_n} \leq \varepsilon sur [a, b]\intcc{a}{b}, d’où

∣∫abf−Sn∣=∣∫ab(f−φn)∣≤(b−a) ε.\Bigl| \int_a^b f - S_n \Bigr| = \Bigl| \int_a^b (f - \varphi_n) \Bigr| \leq (b-a)\,\varepsilon . \qedhere

∎

Une somme de Riemann à gauche avec n = 8 rectangles : quand le pas diminue, la continuité uniforme force l’aire de l’escalier vers ∈t_ab f.
Une somme de Riemann à gauche avec n=8n = 8 rectangles : quand le pas diminue, la continuité uniforme force l’aire de l’escalier vers ∫abf\int_a^b f.

Exemple 15.21

∑k=1n1n+k=1n∑k=1n11+k/n→n→∞∫01 ⁣dx1+x=ln⁡2\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n + k} = \frac 1n \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + k/n} \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_0^1 \frac{\dd x}{1 + x} = \ln 2 : une limite invisible aux majorations élémentaires, transparente comme somme de Riemann.

Exemple 15.22 (Une deuxième somme de Riemann, avec calibrage)

Cherchons

lim⁡n→∞∑k=1nn(n+k)2.\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \dfrac{n}{(n+k)^2} .

Calibrons :

∑k=1nn(n+k)2=1n∑k=1nn2(n+k)2=1n∑k=1n1(1+kn)2,\sum_{k=1}^{n} \frac{n}{(n+k)^2} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{n^2}{(n+k)^2} = \frac1n \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\bigl(1 + \frac kn\bigr)^2} ,

somme de Riemann de la fonction continue f(x)=1(1+x)2f(x) = \frac{1}{(1+x)^2} sur [0, 1]\intcc{0}{1} : la limite est

∫01 ⁣dx(1+x)2=[−11+x]01=12.\int_0^1 \frac{\dd x}{(1 + x)^2} = \Bigl[-\frac{1}{1+x}\Bigr]_0^1 = \frac12 .

L’idée à retenir : tout l’art tient dans la ligne du milieu — forcer le terme général à prendre la forme f(kn)f(\frac kn) au prix de l’extraction d’exactement un facteur 1n\frac1n ; une fois la forme correcte, le théorème fait l’analyse et le théorème fondamental fait l’arithmétique.

Remarque 15.23 (Où l’intégrale travaille ensuite)

Chacune des constructions de ce chapitre a une suite. Les sommes de Riemann reviennent au Chapitre 17 comme pont entre séries et intégrales (comparaison de ∑1nα\sum \frac{1}{n^\alpha} avec ∫ ⁣dttα\int \frac{\dd t}{t^\alpha}) ; le reste intégral est la forme la plus fine de la formule de Taylor au Chapitre 16 ; la définition par sup⁡\sup est le prototype de l’intégrale de Lebesgue du volume de Licence 3, où les trois mêmes propriétés (linéarité, croissance, un théorème de convergence) sont rebâties sur une classe de fonctions bien plus large. Et le devoir maison ci-dessous transforme l’intégration par parties en arithmétique : l’irrationalité de π2\pi^2.

15.5 Exercices

Exercice 15.1 ★

Calculer : ∫01 ⁣dxx2−4\displaystyle\int_0^1 \frac{\dd x}{x^2 - 4} (éléments simples, Chapitre 9) ; ∫1eln⁡t  ⁣dt\displaystyle\int_1^{\eu} \ln t \,\dd t ; ∫0πtsin⁡t  ⁣dt\displaystyle\int_0^{\pi} t \sin t\, \dd t.

Solution

Solution de Exercice 15.1.

1x2−4=1/4x−2−1/4x+2\dfrac{1}{x^2-4} = \dfrac{1/4}{x - 2} - \dfrac{1/4}{x+2} (multiplication-évaluation), donc

∫01 ⁣dxx2−4=14[ln⁡∣x−2∣−ln⁡∣x+2∣]01=14(ln⁡13−ln⁡1)=−ln⁡34.\int_0^1 \frac{\dd x}{x^2 - 4} = \frac14\Bigl[\ln\abs{x-2} - \ln\abs{x+2}\Bigr]_0^1 = \frac14\Bigl(\ln\frac{1}{3} - \ln 1\Bigr) = -\frac{\ln 3}{4}.

Par parties (u′=1u' = 1, v=ln⁡tv = \ln t) : ∫1eln⁡t  ⁣dt=[tln⁡t]1e−∫1e ⁣dt=e−(e−1)=1\int_1^{\eu} \ln t\,\dd t = \bigl[t\ln t\bigr]_1^{\eu} - \int_1^{\eu} \dd t = \eu - (\eu - 1) = 1.

Par parties (u′=sin⁡tu' = \sin t, v=tv = t) : ∫0πtsin⁡t  ⁣dt=[−tcos⁡t]0π+∫0πcos⁡t  ⁣dt=π+0=π\int_0^\pi t\sin t\,\dd t = \bigl[-t\cos t\bigr]_0^\pi + \int_0^\pi \cos t\,\dd t = \pi + 0 = \pi.

Exercice 15.2 ★

Calculer ∫01t(t2+1)2  ⁣dt\displaystyle\int_0^{1} \frac{t}{(t^2+1)^2}\,\dd t (changement de variable) et ∫0π/2cos⁡3t  ⁣dt\displaystyle\int_0^{\pi/2} \cos^3 t\, \dd t (écrire cos⁡3=cos⁡(1−sin⁡2)\cos^3 = \cos(1 - \sin^2)).

Solution

Solution de Exercice 15.2.

Changement de variable u=t2+1u = t^2 + 1,  ⁣du=2t  ⁣dt\dd u = 2t\,\dd t :

∫01t  ⁣dt(t2+1)2=12∫12 ⁣duu2=12[−1u]12=14.\int_0^1 \frac{t\,\dd t}{(t^2+1)^2} = \frac12 \int_1^2 \frac{\dd u}{u^2} = \frac12\Bigl[-\frac1u\Bigr]_1^2 = \frac14 .

Avec u=sin⁡tu = \sin t : ∫0π/2cos⁡3t  ⁣dt=∫0π/2(1−sin⁡2t)cos⁡t  ⁣dt=[sin⁡t−sin⁡3t3]0π/2=1−13=23\int_0^{\pi/2} \cos^3 t\,\dd t = \int_0^{\pi/2} (1 - \sin^2 t)\cos t\,\dd t = \bigl[\sin t - \frac{\sin^3 t}{3}\bigr]_0^{\pi/2} = 1 - \frac13 = \frac23.

Exercice 15.3 ★

Déterminer les limites, comme sommes de Riemann :

un=∑k=1nnn2+k2,vn=1n(2n)!n! nnn (prendre le logarithme).u_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{n}{n^2 + k^2}, \qquad v_n = \frac{1}{n}\sqrt[n]{\frac{(2n)!}{n!\,n^n}} \ \emph{(prendre le logarithme)}.
Solution

Solution de Exercice 15.3.

un=1n∑k=1n11+(k/n)2u_n = \dfrac1n \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{1 + (k/n)^2} : c’est une somme de Riemann de x↦11+x2x \mapsto \frac{1}{1+x^2} sur [0, 1]\intcc{0}{1}, donc un→∫01 ⁣dx1+x2=arctan⁡1=π4u_n \to \int_0^1 \frac{\dd x}{1+x^2} = \arctan 1 = \dfrac\pi4.

ln⁡vn=1n∑k=1nln⁡n+kn=1n∑k=1nln⁡(1+kn)→∫01ln⁡(1+x)  ⁣dx=[(1+x)ln⁡(1+x)−x]01=2ln⁡2−1\ln v_n = \dfrac1n \sum_{k=1}^{n} \ln\dfrac{n+k}{n} = \dfrac 1n \sum_{k=1}^n \ln\Bigl(1 + \dfrac kn\Bigr) \to \int_0^1 \ln(1+x)\,\dd x = \bigl[(1+x)\ln(1+x) - x\bigr]_0^1 = 2\ln 2 - 1. D’où vn→e2ln⁡2−1=4ev_n \to \eu^{2\ln 2 - 1} = \dfrac 4\eu. (Vérification de l’identification : (2n)!n! nn=∏k=1nn+kn\frac{(2n)!}{n!\,n^n} = \prod_{k=1}^{n} \frac{n+k}{n}.)

Exercice 15.4 ★

Soit ff continue sur [0, 1]\intcc{0}{1}. Calculer lim⁡n→∞∫01xnf(x)  ⁣dx\lim_{n\to\infty} \int_0^1 x^n f(x)\,\dd x. (Couper [0, 1]\intcc{0}{1} en 1−δ1 - \delta.)

Solution

Solution de Exercice 15.4.

La limite est 00. Posons M=sup⁡∣f∣M = \sup \abs f et ε∈(0, 1)\varepsilon \in \intoo{0}{1}. Coupons en 1−ε1 - \varepsilon :

∣∫01xnf∣≤∫01−εxn∣f∣+∫1−ε1xn∣f∣≤M (1−ε)n+Mε.\Bigl| \int_0^1 x^n f \Bigr| \leq \int_0^{1 - \varepsilon} x^n \abs f + \int_{1-\varepsilon}^1 x^n \abs f \leq M\,(1-\varepsilon)^n + M\varepsilon .

Comme (1−ε)n→0(1 - \varepsilon)^n \to 0 (Exercice 11.3), la limite supérieure du membre de gauche est ≤Mε\leq M\varepsilon pour tout ε\varepsilon : l’intégrale tend vers 00.

Exercice 15.5 ★★

(Cauchy–Schwarz) Pour f,gf, g continues sur [a, b]\intcc{a}{b}, démontrer

(∫abfg) ⁣2≤∫abf2⋅∫abg2,\Bigl(\int_a^b fg\Bigr)^{\!2} \leq \int_a^b f^2 \cdot \int_a^b g^2 ,

en développant ∫ab(f+λg)2≥0\int_a^b (f + \lambda g)^2 \geq 0 comme un trinôme en λ\lambda. Quand y a-t-il égalité ?

Solution

Solution de Exercice 15.5.

Q(λ)=∫ab(f+λg)2=∫f2+2λ∫fg+λ2∫g2≥0Q(\lambda) = \int_a^b (f + \lambda g)^2 = \int f^2 + 2\lambda \int fg + \lambda^2 \int g^2 \geq 0 pour tout λ\lambda. Si ∫g2=0\int g^2 = 0, alors g=0g = 0 (positivité stricte, Théorème 15.7 (4)) et l’inégalité s’écrit 0≤00 \leq 0. Sinon QQ est un vrai trinôme, partout ≥0\geq 0 : son discriminant est ≤0\leq 0, c’est-à-dire (∫fg)2≤∫f2∫g2\bigl(\int fg\bigr)^2 \leq \int f^2 \int g^2.

Il y a égalité si et seulement si le discriminant s’annule, si et seulement si Q(λ0)=0Q(\lambda_0) = 0 pour un certain λ0\lambda_0, c’est-à-dire ∫(f+λ0g)2=0\int (f + \lambda_0 g)^2 = 0, c’est-à-dire (positivité stricte à nouveau) f=−λ0gf = -\lambda_0 g : l’égalité a lieu exactement quand ff et gg sont proportionnelles.

Exercice 15.6 ★★

Soit ff continue sur R\R, TT-périodique. Démontrer que ∫aa+Tf\int_a^{a+T} f ne dépend pas de aa, et que 1x∫0xf(t)  ⁣dt→1T∫0Tf\frac1x \int_0^x f(t)\,\dd t \to \frac 1T \int_0^T f quand x→+∞x \to +\infty.

Solution

Solution de Exercice 15.6.

Posons Φ(a)=∫aa+Tf\Phi(a) = \int_a^{a+T} f. D’après le théorème fondamental (Théorème 15.9), Φ\Phi est dérivable avec Φ′(a)=f(a+T)−f(a)=0\Phi'(a) = f(a + T) - f(a) = 0 : elle est constante.

Pour x>0x > 0, écrivons x=nT+rx = nT + r, 0≤r<T0 \leq r < T (n=⌊x/T⌋n = \lfloor x/T \rfloor). Chasles :

∫0xf=n∫0Tf+∫nTnT+rf,∣∫nTnT+rf∣≤Tsup⁡[0, T]∣f∣=C.\int_0^x f = n \int_0^T f + \int_{nT}^{nT + r} f, \qquad \Bigl| \int_{nT}^{nT+r} f \Bigr| \leq T \sup_{\intcc{0}{T}} \abs f = C .

Alors 1x∫0xf=nTx⋅1T∫0Tf+O(1x)\frac 1x \int_0^x f = \frac{nT}{x}\cdot\frac 1T \int_0^T f + O\bigl(\frac 1x\bigr), et nTx→1\frac{nT}{x} \to 1 : la limite est 1T∫0Tf\frac1T \int_0^T f.

Exercice 15.7 ★★

Pour ff continue sur [0, 1]\intcc{0}{1} avec ∫01f=12\int_0^1 f = \frac12, démontrer que ff admet un point fixe dans [0, 1]\intcc{0}{1}. (Intégrer f(x)−xf(x) - x et utiliser la positivité stricte, Théorème 15.7 (4), par sa contraposée combinée au théorème des valeurs intermédiaires.)

Solution

Solution de Exercice 15.7.

Posons g(x)=f(x)−xg(x) = f(x) - x : elle est continue, avec

∫01g=∫01f−12=0.\int_0^1 g = \int_0^1 f - \frac12 = 0 .

Si gg ne s’annulait jamais, le théorème des valeurs intermédiaires forcerait un signe constant (une fonction continue sur un intervalle qui prend les deux signes s’annule) ; disons g>0g > 0. Alors, par positivité stricte (Théorème 15.7 (4) appliquée à g>0g > 0, ce qui donne ∫g>0\int g > 0) : contradiction avec ∫g=0\int g = 0. Donc g(c)=0g(c) = 0 pour un certain cc : f(c)=cf(c) = c.

Exercice 15.8 ★★★

(Intégrales de Wallis) Soit Wn=∫0π/2sin⁡nt  ⁣dtW_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n t\,\dd t.

  1. Démontrer la relation de récurrence nWn=(n−1)Wn−2n W_n = (n-1) W_{n-2} (n≥2n \geq 2) par parties, et calculer W0,W1W_0, W_1, puis W2pW_{2p} et W2p+1W_{2p+1} sous forme close.
  2. Démontrer que (Wn)(W_n) est décroissante avec Wn+1Wn→1\frac{W_{n+1}}{W_n} \to 1 ; démontrer que la quantité (n+1) Wn+1Wn(n+1)\,W_{n+1} W_n est constante, égale à π2\frac\pi2 ; et en déduire l’équivalent Wn∼π2nW_n \sim \sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}.
Solution

Solution de Exercice 15.8.

  1. Par parties avec u′=sin⁡tu' = \sin t, v=sin⁡n−1tv = \sin^{n-1} t :

    Wn=[−cos⁡tsin⁡n−1t]0π/2+(n−1)∫0π/2cos⁡2t sin⁡n−2t  ⁣dt=(n−1)(Wn−2−Wn),W_n = \bigl[-\cos t\sin^{n-1}t\bigr]_0^{\pi/2} + (n-1)\int_0^{\pi/2} \cos^2 t\,\sin^{n-2} t\,\dd t = (n-1)(W_{n-2} - W_n),

    donc nWn=(n−1)Wn−2nW_n = (n-1)W_{n-2}. À partir de W0=π2W_0 = \frac\pi2, W1=1W_1 = 1 :

    W2p=(2p−1)(2p−3)⋯1(2p)(2p−2)⋯2 π2=(2p)!4p(p!)2 π2,W2p+1=(2p)(2p−2)⋯2(2p+1)(2p−1)⋯3=4p(p!)2(2p+1)!.W_{2p} = \frac{(2p-1)(2p-3)\cdots 1}{(2p)(2p-2)\cdots 2}\, \frac{\pi}{2} = \frac{(2p)!}{4^p (p!)^2}\,\frac\pi2, \qquad W_{2p+1} = \frac{(2p)(2p-2)\cdots 2}{(2p+1)(2p-1)\cdots 3} = \frac{4^p (p!)^2}{(2p+1)!} .

  2. Sur (0, π2)\intoo{0}{\frac\pi2}, 0<sin⁡t<10 < \sin t < 1, donc sin⁡n+1<sin⁡n\sin^{n+1} < \sin^n et (Wn)(W_n) est (strictement) décroissante, positive. Encadrement à l’aide de la récurrence :

    nn+1=Wn+1Wn−1≤Wn+1Wn≤1  ⟹  Wn+1Wn→1.\frac{n}{n+1} = \frac{W_{n+1}}{W_{n-1}} \leq \frac{W_{n+1}}{W_n} \leq 1 \quad\implies\quad \frac{W_{n+1}}{W_n} \to 1 .

    Invariant : an=(n+1)Wn+1Wna_n = (n+1)W_{n+1}W_n vérifie an=an−1a_n = a_{n-1} par la récurrence (n+1)Wn+1=nWn−1(n+1)W_{n+1} = nW_{n-1}, donc an=a0=1⋅W1W0=π2a_n = a_0 = 1 \cdot W_1 W_0 = \frac\pi2. Alors

    nWn2∼(n+1)Wn+1Wn=π2  ⟹  Wn∼π2n.n W_n^2 \sim (n+1) W_{n+1} W_n = \frac\pi2 \quad\implies\quad W_n \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}} .

Exercice 15.9 ★★★

(Niven : π\pi est irrationnel) Supposons π=ab\pi = \frac ab avec a,b∈N∗a, b \in \N^*, et posons, pour nn à choisir,

P(x)=xn(a−bx)nn!,In=∫0πP(x)sin⁡x  ⁣dx.P(x) = \frac{x^n (a - bx)^n}{n!}, \qquad I_n = \int_0^{\pi} P(x)\sin x\, \dd x .
  1. Démontrer que 0<In≤π (πa)nn!0 < I_n \leq \pi\,\frac{(\pi a)^n}{n!}, qui est <1< 1 pour nn grand.
  2. Démontrer que PP et toutes ses dérivées prennent des valeurs entières en 00 et en π=ab\pi = \frac ab. (Développement du binôme : les coefficients de PP multipliés par k!k! sont entiers pour k≥nk \geq n ; et P(π−x)=P(x)P(\pi - x) = P(x).)
  3. Poser Q=P−P′′+P(4)−…Q = P - P'' + P^{(4)} - \dots (somme finie). Vérifier que (Q′sin⁡x−Qcos⁡x)′=Psin⁡x\bigl(Q'\sin x - Q\cos x\bigr)' = P \sin x, et en déduire que In=Q(π)+Q(0)I_n = Q(\pi) + Q(0) est un entier.
  4. Conclure.
Solution

Solution de Exercice 15.9.

  1. Sur (0, π)\intoo{0}{\pi} : x>0x > 0, a−bx=b(ab−x)=b(π−x)>0a - bx = b(\frac ab - x) = b(\pi - x) > 0 et sin⁡x>0\sin x > 0, donc l’intégrande est >0> 0 et In>0I_n > 0 (positivité stricte). Majoration : sur [0, π]\intcc{0}{\pi}, x≤πx \leq \pi et a−bx≤aa - bx \leq a, donc P≤πnann!P \leq \frac{\pi^n a^n}{n!} et In≤π (πa)nn!I_n \leq \pi\,\frac{(\pi a)^n}{n!}, qui tend vers 00 (la factorielle l’emporte sur le terme géométrique : c’est le terme général de la série exponentielle convergente, cf. Exemple 11.12) ; en particulier In<1I_n < 1 pour nn grand.
  2. Développons xn(a−bx)n=∑j=0n(nj)an−j(−b)jxn+jx^n(a - bx)^n = \sum_{j=0}^{n} \binom nj a^{n-j} (-b)^j x^{n+j} : donc P=1n!∑jcjxn+jP = \frac{1}{n!}\sum_j c_j x^{n+j} avec des cjc_j entiers. Alors P(k)(0)=0P^{(k)}(0) = 0 pour k<nk < n (valuation) et, pour n≤k≤2nn \leq k \leq 2n, P(k)(0)=k!n!ck−nP^{(k)}(0) = \frac{k!}{n!} c_{k-n}, entier puisque n!∣k!n! \mid k!. De plus P(π−x)=P(x)P(\pi - x) = P(x) (par substitution : π−x\pi - x échange les facteurs, en utilisant a−b(π−x)=bxa - b(\pi - x) = bx), donc P(k)(π)=±P(k)(0)P^{(k)}(\pi) = \pm P^{(k)}(0) : entiers eux aussi.

  3. Avec Q=P−P′′+P(4)−…Q = P - P'' + P^{(4)} - \dots (somme finie : PP est de degré 2n2n) : Q+Q′′=PQ + Q'' = P, et

    (Q′sin⁡x−Qcos⁡x)′=(Q+Q′′)sin⁡x=Psin⁡x.\bigl(Q'\sin x - Q\cos x\bigr)' = (Q + Q'')\sin x = P\sin x .

    D’où In=[Q′sin⁡x−Qcos⁡x]0π=Q(π)+Q(0)I_n = \bigl[Q'\sin x - Q\cos x\bigr]_0^{\pi} = Q(\pi) + Q(0), somme de valeurs P(2k)P^{(2k)} en 00 et en π\pi : un entier d’après (2).

  4. Pour nn grand, InI_n est un entier avec 0<In<10 < I_n < 1 : impossible. L’hypothèse π=ab\pi = \frac ab tombe : π\pi est irrationnel.

Exercice 15.10 ★★★

Soit ff de classe C1C^1 sur [a, b]\intcc{a}{b}. Démontrer la limite de type Riemann–Lebesgue

∫abf(t)sin⁡(λt)  ⁣dt→λ→+∞0\int_a^b f(t)\sin(\lambda t)\,\dd t \xrightarrow[\lambda \to +\infty]{} 0

en intégrant par parties. Puis la démontrer à nouveau pour ff seulement continue, par approximation uniforme par des fonctions en escalier (Théorème 15.3).

Solution

Solution de Exercice 15.10.

Cas C1C^1 : par parties,

∫abf(t)sin⁡λt  ⁣dt=[−f(t)cos⁡λtλ]ab+1λ∫abf′(t)cos⁡λt  ⁣dt,\int_a^b f(t)\sin\lambda t\,\dd t = \Bigl[-f(t)\frac{\cos\lambda t}{\lambda}\Bigr]_a^b + \frac{1}{\lambda}\int_a^b f'(t)\cos\lambda t\,\dd t,

majorée en valeur absolue par 2sup⁡∣f∣+(b−a)sup⁡∣f′∣λ→0\frac{2\sup\abs f + (b - a)\sup\abs{f'}} {\lambda} \to 0.

Cas continu : soit ε>0\varepsilon > 0 et choisissons une fonction en escalier φ\varphi telle que ∣f−φ∣≤ε\abs{f - \varphi} \leq \varepsilon (le Théorème 15.3 fournit φ≤f≤ψ\varphi \leq f \leq \psi d’écart ≤ε\leq\varepsilon ; on prend φ\varphi). Alors

∣∫abfsin⁡λt∣≤∫ab∣f−φ∣+∣∫abφsin⁡λt∣≤(b−a)ε+∑i∣ci∣ ∣∫xi−1xisin⁡λt  ⁣dt∣,\Bigl|\int_a^b f\sin\lambda t\Bigr| \leq \int_a^b \abs{f - \varphi} + \Bigl|\int_a^b \varphi \sin\lambda t\Bigr| \leq (b-a)\varepsilon + \sum_i \abs{c_i}\,\Bigl|\int_{x_{i-1}}^{x_i} \sin\lambda t\,\dd t\Bigr| ,

et chaque ∣∫sin⁡λt∣=∣cos⁡λxi−1−cos⁡λxiλ∣≤2λ\bigl|\int \sin \lambda t\bigr| = \bigl|\frac{\cos\lambda x_{i-1} - \cos\lambda x_i}{\lambda}\bigr| \leq \frac{2}{\lambda} : le second terme tend vers 00. Donc la limite supérieure est ≤(b−a)ε\leq (b-a)\varepsilon pour tout ε\varepsilon : la limite est 00.

Exercice 15.11 ★★

(Formule de la moyenne) Soient f,gf, g continues sur [a, b]\intcc{a}{b} avec g≥0g \geq 0. Démontrer qu’il existe c∈[a, b]c \in \intcc{a}{b} tel que

∫abf(t) g(t)  ⁣dt=f(c)∫abg(t)  ⁣dt,\int_a^b f(t)\,g(t)\,\dd t = f(c)\int_a^b g(t)\,\dd t ,

et montrer par un exemple que l’hypothèse g≥0g \geq 0 ne peut pas être supprimée.

Solution

Solution de Exercice 15.11.

Posons m=min⁡fm = \min f et M=max⁡fM = \max f, atteints par le théorème des bornes atteintes. Comme g≥0g \geq 0 : m g≤fg≤M gm\,g \leq fg \leq M\,g, donc par croissance

m∫abg  ≤  ∫abfg  ≤  M∫abg.m \int_a^b g \;\leq\; \int_a^b fg \;\leq\; M \int_a^b g .

Si ∫abg=0\int_a^b g = 0 : la positivité stricte (Théorème 15.7 (4)) force g≡0g \equiv 0, les deux membres sont nuls, et n’importe quel cc convient. Sinon t=∫fg∫gt = \frac{\int fg}{\int g} appartient à [m, M]=f([a, b])\intcc{m}{M} = f(\intcc{a}{b}) (Théorèmes 13.13 et 13.10), donc t=f(c)t = f(c) pour un certain cc.

Le signe compte : sur [−1, 1]\intcc{-1}{1} avec f(t)=g(t)=tf(t) = g(t) = t : ∫fg=∫−11t2=23\int fg = \int_{-1}^1 t^2 = \frac23, alors que f(c)∫−11t  ⁣dt=0f(c)\int_{-1}^1 t\,\dd t = 0 pour tout cc.

Exercice 15.12 ★★★

(Les moments forcent des zéros) Soit ff continue sur [a, b]\intcc{a}{b} avec

∫abf(t) tk  ⁣dt=0pour k=0,1,…,n.\int_a^b f(t)\,t^k\,\dd t = 0 \qquad \text{pour } k = 0, 1, \dots, n .

Démontrer que ff s’annule en n+1n + 1 points distincts de (a, b)\intoo{a}{b}. (Si ff ne change de signe qu’en z1<⋯<zmz_1 < \dots < z_m avec m≤nm \leq n, intégrer ff contre P(t)=(t−z1)⋯(t−zm)P(t) = (t - z_1) \cdots (t - z_m) et utiliser la positivité stricte.)

Solution

Solution de Exercice 15.12.

Si f≡0f \equiv 0, l’énoncé est vide (tout point est un zéro). Supposons donc f≢0f \not\equiv 0 et supposons qu’elle ait au plus nn zéros distincts dans (a, b)\intoo{a}{b} ; soient z1<⋯<zmz_1 < \dots < z_m (m≤nm \leq n) ceux de ces zéros où ff change de signe (éventuellement aucun). Posons P(t)=∏i=1m(t−zi)P(t) = \prod_{i=1}^{m}(t - z_i) (produit vide =1= 1), de degré m≤nm \leq n. Sur chaque sous-intervalle découpé par les ziz_i, ff et PP ont chacune un signe constant, et toutes deux changent de signe à la traversée d’un ziz_i : le produit fPfP a un seul signe constant sur tout (a, b)\intoo{a}{b}. Étant continue, non identiquement nulle, de signe constant, elle vérifie ∣∫abfP∣>0\bigl|\int_a^b fP\bigr| > 0 (positivité stricte appliquée à ∣fP∣\abs{fP}). Mais ∫fP\int f P est une combinaison linéaire des moments ∫f tk\int f\,t^k, k≤nk \leq n, tous nuls : contradiction. Donc ff a au moins n+1n + 1 zéros distincts dans (a, b)\intoo{a}{b}.

Remarque 15.24 (Perspectives à l’intérieur de ce volume)

Trois chapitres à venir s’appuient directement sur celui-ci. Le Chapitre 16 porte le reste intégral — la plus fine des trois formules de Taylor est une intégration par parties itérée nn fois. Le Chapitre 17 convertit l’encadrement des sommes par des intégrales en le critère décisif pour ∑n−α\sum n^{-\alpha}, et son devoir maison affine cet encadrement en la constante d’Euler. Le Chapitre 24 rend l’intégrale géométrique : la longueur d’un arc paramétré est ∫x′(t)2+y′(t)2  ⁣dt\int \sqrt{x'(t)^2 + y'(t)^2}\,\dd t, intégrale d’une fonction continue sur un segment — précisément l’objet construit ici, sans aucune théorie des intégrales impropres. Le fait le plus réutilisé sera le plus humble : ∣∫f∣≤(b−a)sup⁡∣f∣\bigl|\int f\bigr| \leq (b - a)\sup\abs{f}, l’inégalité qui transforme toute estimation ponctuelle en estimation intégrale.

15.6 Problème : la machine à irrationalité par les intégrales

Problème 15.1

Devoir maison — e\eu et π2\pi^2 sont irrationnels, e\eu à six décimales, et 227>π\frac{22}{7} > \pi avec démonstration

Un seul mécanisme alimente tout ce problème : une expression qui doit être un entier strictement positif, tout en étant démontrablement plus petite que 11, ne peut pas exister. L’Exercice 15.9 (Niven) l’a fait tourner une fois pour démontrer π∉Q\pi \notin \Q ; ici, nous l’industrialisons. La machine a besoin de trois pièces : une entrée d’intégralité (les valeurs aux bornes de polynômes bien choisis), une entrée de petitesse (un facteur 1n!\frac{1}{n!} qui écrase l’intégrale), et un pont (l’intégration par parties) qui les relie. Nous démontrons que e\eu est irrationnel et le calculons avec une erreur certifiée, démontrons le théorème plus fin de Legendre selon lequel π2\pi^2 est irrationnel, et terminons par la plus charmante intégrale de l’analyse : ∫01x4(1−x)41+x2 ⁣dx=227−π\int_0^1 \frac{x^4(1 - x)^4}{1 + x^2}\dd x = \frac{22}{7} - \pi, qui encadre π\pi à la main.

Partie I — le carburant.

  1. Démontrer que c nn!→0\dfrac{c^{\,n}}{n!} \to 0 pour tout c>0c > 0 fixé (au-delà de n≥2cn \geq 2c, chaque étape divise le terme au moins par deux).

  2. (Intégrales bêta) Démontrer, par récurrence sur mm avec une intégration par parties :

    ∫01x k (1−x) m  ⁣dx=k! m!(k+m+1)!(k,m∈N).\int_0^1 x^{\,k}\,(1 - x)^{\,m}\,\dd x = \frac{k!\,m!}{(k + m + 1)!} \qquad (k, m \in \N).
  3. En déduire ∫01(x(1−x))n ⁣dx=1(2n+1)(2nn)\displaystyle\int_0^1 \bigl(x(1-x)\bigr)^n \dd x = \frac{1}{(2n+1)\binom{2n}{n}}, et — en comparant avec la majoration x(1−x)≤14x(1 - x) \leq \frac14 — l’estimation (2nn)≥4n2n+1\binom{2n}{n} \geq \dfrac{4^n}{2n+1}, en accord avec (2nn)1/n→4\binom{2n}{n}^{1/n} \to 4 du Problème 11.1.

  4. Démontrer le lemme de petitesse utilisé deux fois ci-dessous : pour toute fonction continue g>0g > 0 sur (0, 1)\intoo{0}{1},

    0<∫01(x(1−x))ng(x)  ⁣dx≤sup⁡[0, 1]∣g∣4 n.0 < \int_0^1 \bigl(x(1-x)\bigr)^n g(x)\,\dd x \leq \frac{\sup_{\intcc{0}{1}}\abs g}{4^{\,n}} .

Partie II — e\eu : irrationalité, puis six décimales. Posons An=∫01xnex ⁣dxA_n = \displaystyle\int_0^1 x^n \eu^x \dd x.

  1. Calculer A0A_0 et A1A_1, démontrer la relation de récurrence An=e−nAn−1A_n = \eu - n A_{n-1}, et l’encadrement 0<An≤en+10 < A_n \leq \dfrac{\eu}{n+1}.
  2. Montrer par récurrence que An=αn+βneA_n = \alpha_n + \beta_n \eu avec αn,βn∈Z\alpha_n, \beta_n \in \Z.
  3. En déduire que e\eu est irrationnel (si e=pq\eu = \frac pq, alors qAnq A_n est un entier piégé dans (0, 1)\intoo{0}{1} pour nn grand). Comparer avec la démonstration de l’Exercice 11.9 : même chute, carburant différent.

  4. Démontrer, par récurrence et intégration par parties, la formule exacte du reste

    e=∑k=0n1k!+Rn,Rn=1n!∫01(1−t)n e t  ⁣dt,1(n+1)!≤Rn≤e(n+1)!.\eu = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} + R_n, \qquad R_n = \frac{1}{n!}\int_0^1 (1 - t)^n\,\eu^{\,t}\,\dd t, \qquad \frac{1}{(n+1)!} \leq R_n \leq \frac{\eu}{(n+1)!} .
  5. Prendre n=9n = 9 : majorer R9R_9 à l’aide de e<2.75\eu < 2.75 (issu de b2=2.75b_2 = 2.75 dans l’Exemple 11.12), évaluer la somme, et conclure l’encadrement certifié 2.7182818≤e≤2.71828232.7182818 \leq \eu \leq 2.7182823 — six décimales, e≈2.718282\eu \approx 2.718282, avec démonstration.

Partie III — le théorème de Legendre : π2\pi^2 est irrationnel. Soit f(x)=xn(1−x)nn!f(x) = \dfrac{x^n (1 - x)^n}{n!}, et supposons π2=ab\pi^2 = \frac ab avec a,b∈N∗a, b \in \N^*.

  1. Montrer que f(1−x)=f(x)f(1 - x) = f(x) et 0<f≤14n n!0 < f \leq \dfrac{1}{4^n\,n!} sur (0, 1)\intoo{0}{1}.
  2. Montrer que f(k)(0)f^{(k)}(0) et f(k)(1)f^{(k)}(1) sont des entiers pour tout k≥0k \geq 0 (développer xn(1−x)nx^n(1-x)^n à coefficients entiers ; k!n!∈Z\frac{k!}{n!} \in \Z pour k≥nk \geq n ; puis utiliser la symétrie).

  3. Définir

    G=b n∑k=0n(−1)k π2n−2kf(2k).G = b^{\,n} \sum_{k=0}^{n} (-1)^k\, \pi^{2n - 2k} f^{(2k)} .

    Montrer que G(0)G(0) et G(1)G(1) sont des entiers (chaque bnπ2n−2k=a n−k b kb^n \pi^{2n-2k} = a^{\,n-k}\,b^{\,k}).

  4. Vérifier le télescopage G′′+π2G=bnπ2n+2f=π2anfG'' + \pi^2 G = b^n \pi^{2n+2} f = \pi^2 a^n f, puis

     ⁣d ⁣dx(G′(x)sin⁡πx−π G(x)cos⁡πx)=π2anf(x)sin⁡πx.\frac{\dd}{\dd x}\Bigl(G'(x)\sin \pi x - \pi\,G(x)\cos \pi x\Bigr) = \pi^2 a^n f(x)\sin \pi x .

  5. Intégrer sur [0, 1]\intcc{0}{1} et conclure

    π an∫01f(x)sin⁡(πx)  ⁣dx=G(0)+G(1)∈Z,\pi\,a^n \int_0^1 f(x)\sin(\pi x)\,\dd x = G(0) + G(1) \in \Z ,

    un entier strictement positif majoré par πan4n n!\dfrac{\pi a^n}{4^n\,n!}.

  6. Conclure avec la question 1 que π2\pi^2 est irrationnel (Legendre, 1794), et que cela renforce l’Exercice 15.9 : pourquoi l’irrationalité de π2\pi^2 implique-t-elle celle de π\pi, et non l’inverse ?

Partie IV — comprendre la machine.

  1. Repérer les deux forces opposées (l’intégralité des données aux bornes ; la petitesse analytique de l’intégrale) et le pont, dans les parties II et III. Expliquer ensuite pourquoi le facteur 1n!\frac{1}{n!} dans ff est le nœud de l’affaire : si on le retire, l’intégralité subsiste, mais quelle inégalité meurt, et pour quelles fractions ab\frac ab prétendues la démonstration échoue-t-elle alors ?
  2. Effectivité : supposons que quelqu’un prétende π2=ab\pi^2 = \frac ab avec a≤10a \leq 10. Montrer que la contradiction tombe déjà à n=7n = 7 : calculer π (10/4)7/7!≈0.38<1\pi\,(10/4)^7/7! \approx 0.38 < 1. La machine ne se contente pas de réfuter ; elle réfute à un rang fixé et calculable.

  3. Vérifier le pont sans aucune hypothèse : démontrer par deux intégrations par parties que

    ∫01x(1−x)sin⁡(πx)  ⁣dx=4π3,\int_0^1 x(1 - x)\sin(\pi x)\,\dd x = \frac{4}{\pi^3},

    et recoller avec la question 14 pour n=1n = 1 (garder π2\pi^2 symbolique : l’identité télescopée s’écrit π3∫01f1sin⁡πx=−(f1′′(0)+f1′′(1))=4\pi^3 \int_0^1 f_1 \sin \pi x = -(f_1''(0) + f_1''(1)) = 4).

  4. Qu’est-ce qui rend ex\eu^x et sin⁡πx\sin \pi x éligibles comme noyaux de la machine ? Identifier la propriété (chacun vérifie une équation différentielle linéaire à coefficients constants, de sorte que les intégrations par parties répétées bouclent sur le point de départ), et nommer la frontière : la même machine, affinée par Hermite et Lindemann, démontre que e\eu et π\pi sont transcendants — au-delà de ce volume.

Partie V — 227\frac{22}{7} contre π\pi, et la morale.

  1. Établir la division polynomiale

    x4(1−x)41+x2=x6−4x5+5x4−4x2+4−41+x2,\frac{x^4(1-x)^4}{1 + x^2} = x^6 - 4x^5 + 5x^4 - 4x^2 + 4 - \frac{4}{1 + x^2},

    et en déduire la célèbre identité

    ∫01x4(1−x)41+x2  ⁣dx=227−π.\int_0^1 \frac{x^4 (1-x)^4}{1 + x^2}\,\dd x = \frac{22}{7} - \pi .

  2. L’intégrande est positive : en conclure π<227\pi < \frac{22}{7}. Puis, en encadrant 11+x2\frac{1}{1+x^2} entre 12\frac12 et 11 et en utilisant ∫01(x(1−x))4=1630\int_0^1 (x(1-x))^4 = \frac{1}{630} (question 3), démontrer

    227−1630  ≤  π  ≤  227−11260,\frac{22}{7} - \frac{1}{630} \;\leq\; \pi \;\leq\; \frac{22}{7} - \frac{1}{1260} ,

    c’est-à-dire 3.14126≤π≤3.142073.14126 \leq \pi \leq 3.14207 : deux décimales exactes, à la main.

  3. Généraliser : en divisant x4m(1−x)4mx^{4m}(1-x)^{4m} par 1+x21 + x^2, montrer que le reste est la constante (−4)m(-4)^m (travailler modulo x2+1x^2 + 1 : (1−x)2≡−2x(1-x)^2 \equiv -2x), en déduire des rationnels rmr_m tels que

    ∣π−rm∣≤4 1−5m,\abs{\pi - r_m} \leq 4^{\,1 - 5m} ,

    et vérifier que m=1m = 1 redonne les questions 20–21.

  4. Confronter ces rationnels à la théorie de l’approximation du Problème 14.1 : calculer ∣π−227∣≈1.26⋅10−3\abs{\pi - \frac{22}{7}} \approx 1.26\cdot10^{-3} face à la garantie de Dirichlet 149\frac{1}{49}, et citer ∣π−355113∣≈2.7⋅10−7\abs{\pi - \frac{355}{113}} \approx 2.7\cdot10^{-7} face à 11132≈7.8⋅10−5\frac{1}{113^2} \approx 7.8\cdot10^{-5} : il existe des approximations rationnelles exceptionnellement bonnes de π\pi — ce qui est cohérent, puisqu’on ne sait pas que π\pi soit mal approchable.
  5. (Le piège de l’entier, en abstrait) Démontrer le lemme qui unifie tout : si x∈Rx \in \R et s’il existe des entiers an,bna_n, b_n tels que 0<∣an+bnx∣→00 < \abs{a_n + b_n x} \to 0, alors xx est irrationnel. Recenser ses occurrences dans ce problème, dans l’Exercice 15.9, dans l’Exercice 11.9, et dans le Problème 14.1.
  6. Synthèse, une phrase pour chacun : (i) les trois pièces de la machine et l’endroit où chacune vit dans la boîte à outils de ce chapitre ; (ii) ce que l’intégrale apporte que le théorème des accroissements finis du Problème 14.1 ne pouvait pas apporter ; (iii) l’inventaire des résultats extraits (deux irrationalités, une constante à six décimales, un encadrement de π\pi, une minoration binomiale) ; (iv) la frontière (Hermite, Lindemann ; et le même piège, appliqué à ζ(2)\zeta(2) et ζ(3)\zeta(3), dans l’arithmétique du vingtième siècle).
Solution

Solution de Problème 15.1.

1. Posons N=⌈2c⌉N = \lceil 2c \rceil. Pour n≥Nn \geq N : cn+1/(n+1)!cn/n!=cn+1≤12\frac{c^{n+1}/(n+1)!}{c^n/n!} = \frac{c}{n+1} \leq \frac12, donc 0<cnn!≤cNN! 2−(n−N)→00 < \frac{c^n}{n!} \leq \frac{c^N}{N!}\,2^{-(n - N)} \to 0 : théorème des gendarmes.

2. Fixons kk ; récurrence sur mm. Pour m=0m = 0 : ∫01xk=1k+1=k! 0!(k+1)!\int_0^1 x^k = \frac{1}{k+1} = \frac{k!\,0!}{(k+1)!}. Hérédité, par parties (u=(1−x)mu = (1-x)^m, v′=xkv' = x^k) :

∫01xk(1−x)m ⁣dx=[xk+1k+1(1−x)m]01+mk+1∫01xk+1(1−x)m−1 ⁣dx=mk+1⋅(k+1)! (m−1)!(k+m+1)!,\int_0^1 x^k (1-x)^m \dd x = \Bigl[\frac{x^{k+1}}{k+1}(1-x)^m\Bigr]_0^1 + \frac{m}{k+1}\int_0^1 x^{k+1}(1-x)^{m-1}\dd x = \frac{m}{k+1}\cdot\frac{(k+1)!\,(m-1)!}{(k+m+1)!} ,

qui vaut k! m!(k+m+1)!\frac{k!\,m!}{(k+m+1)!}.

3. k=m=nk = m = n : ∫01(x(1−x))n=(n!)2(2n+1)!=1(2n+1)(2nn)\int_0^1 (x(1-x))^n = \frac{(n!)^2}{(2n+1)!} = \frac{1}{(2n+1)\binom{2n}{n}}. Comme x(1−x)≤14x(1-x) \leq \frac14 sur [0, 1]\intcc{0}{1}, l’intégrale est ≤4−n\leq 4^{-n}, d’où (2nn)≥4n2n+1\binom{2n}{n} \geq \frac{4^n}{2n+1} — en accord avec (2nn)1/n→4\binom{2n}{n}^{1/n} \to 4 (Problème 11.1).

4. L’intégrande est continue, ≥0\geq 0, et strictement positive sur (0, 1)\intoo{0}{1}, donc non identiquement nulle : son intégrale est >0> 0 (Théorème 15.7 (4)). Majoration : (x(1−x))n≤4−n(x(1-x))^n \leq 4^{-n} et g≤sup⁡∣g∣g \leq \sup\abs g, puis croissance.

5. A0=e−1A_0 = \eu - 1 ; A1=[xex]01−∫01ex=e−(e−1)=1A_1 = [x\eu^x]_0^1 - \int_0^1 \eu^x = \eu - (\eu - 1) = 1. Par parties : An=[xnex]01−n∫01xn−1ex=e−nAn−1A_n = [x^n \eu^x]_0^1 - n\int_0^1 x^{n-1}\eu^x = \eu - n A_{n-1}. Encadrement : l’intégrande est positive, donc An>0A_n > 0 ; et ex≤e\eu^x \leq \eu donne An≤e∫01xn=en+1A_n \leq \eu\int_0^1 x^n = \frac{\eu}{n+1}.

6. A0=−1+1⋅eA_0 = -1 + 1\cdot\eu. Si An−1=αn−1+βn−1eA_{n-1} = \alpha_{n-1} + \beta_{n-1}\eu avec des coefficients entiers, alors

An=e−nαn−1−nβn−1e=(−n αn−1)⏟αn+(1−n βn−1)⏟βn e,A_n = \eu - n\alpha_{n-1} - n\beta_{n-1}\eu = \underbrace{(-n\,\alpha_{n-1})}_{\alpha_n} + \underbrace{(1 - n\,\beta_{n-1})}_{\beta_n}\,\eu ,

tous deux entiers.

7. Si e=pq\eu = \frac pq : qAn=qαn+pβn∈Zq A_n = q\alpha_n + p\beta_n \in \Z, et 0<qAn≤qen+1<10 < qA_n \leq \frac{q\eu}{n+1} < 1 pour nn grand : un entier strictement compris entre 00 et 11 — impossible. Donc e∉Q\eu \notin \Q. Dans l’Exercice 11.9, l’entier piégé était q! pq−q! aqq!\,\frac pq - q!\,a_q ; ici c’est qAnqA_n : même piège, carburant intégral.

8. n=0n = 0 : R0=∫01et=e−1R_0 = \int_0^1 \eu^t = \eu - 1, donc e=1+R0\eu = 1 + R_0. Par parties (u=etu = \eu^t, v=−(1−t)n+1n+1v = -\frac{(1-t)^{n+1}}{n+1}) :

Rn=1n!([−(1−t)n+1n+1et]01+1n+1∫01(1−t)n+1et)=1(n+1)!+Rn+1,R_n = \frac{1}{n!}\Bigl(\Bigl[-\frac{(1-t)^{n+1}}{n+1} \eu^t\Bigr]_0^1 + \frac{1}{n+1}\int_0^1 (1-t)^{n+1}\eu^t\Bigr) = \frac{1}{(n+1)!} + R_{n+1} ,

donc la formule se propage de nn à n+1n + 1. Encadrement : 1≤et≤e1 \leq \eu^t \leq \eu sur [0, 1]\intcc{0}{1} et ∫01(1−t)n=1n+1\int_0^1 (1-t)^n = \frac{1}{n+1} donnent 1(n+1)!≤Rn≤e(n+1)!\frac{1}{(n+1)!} \leq R_n \leq \frac{\eu}{(n+1)!}.

9. ∑k=091k!=986410362880=2.71828152…\sum_{k=0}^{9} \frac{1}{k!} = \frac{986410}{362880} = 2.71828152\dots, et

110!=2.76⋅10−7≤R9≤2.7510!=7.58⋅10−7,\frac{1}{10!} = 2.76\cdot10^{-7} \leq R_9 \leq \frac{2.75}{10!} = 7.58\cdot10^{-7} ,

donc 2.7182818≤e≤2.71828232.7182818 \leq \eu \leq 2.7182823 : avec démonstration, e=2.718282\eu = 2.718282 à six décimales (valeur exacte 2.7182818…2.7182818\dots).

10. f(1−x)=(1−x)nxnn!=f(x)f(1 - x) = \frac{(1-x)^n x^n}{n!} = f(x). Sur (0, 1)\intoo{0}{1} : 0<x(1−x)≤140 < x(1-x) \leq \frac14, donc 0<f≤14n n!0 < f \leq \frac{1}{4^n\,n!}.

11. xn(1−x)n=∑j=0n(−1)j(nj) xn+jx^n(1-x)^n = \sum_{j=0}^{n} (-1)^j\binom nj\,x^{n+j}, donc f=1n!∑jcj xn+jf = \frac{1}{n!}\sum_j c_j\,x^{n+j} avec cj∈Zc_j \in \Z. D’où f(k)(0)=0f^{(k)}(0) = 0 pour k<nk < n ou k>2nk > 2n, et pour n≤k≤2nn \leq k \leq 2n : f(k)(0)=k!n! ck−nf^{(k)}(0) = \frac{k!}{n!}\, c_{k-n}, entier car n!∣k!n! \mid k!. La symétrie donne f(k)(1)=(−1)kf(k)(0)∈Zf^{(k)}(1) = (-1)^k f^{(k)}(0) \in \Z.

12. bnπ2n−2k=bn(ab) n−k=a n−k b k∈Zb^n \pi^{2n-2k} = b^n\bigl(\frac ab\bigr)^{\,n-k} = a^{\,n-k}\,b^{\,k} \in \Z, donc G(0)=∑k(−1)kan−kbkf(2k)(0)G(0) = \sum_k (-1)^k a^{n-k} b^k f^{(2k)}(0) et de même G(1)G(1) sont des entiers d’après la question 11.

13. Dans π2G+G′′\pi^2 G + G'', le terme kk de π2G\pi^2 G porte π2n−2k+2f(2k)\pi^{2n-2k+2}f^{(2k)} et le terme j=k−1j = k - 1 de G′′G'' porte (−1)k−1π2n−2k+2f(2k)(-1)^{k-1}\pi^{2n-2k+2}f^{(2k)} : tout se compense sauf k=0k = 0 dans la première somme et j=nj = n dans la seconde, c’est-à-dire

G′′+π2G=bn(π2n+2f+(−1)nf(2n+2))=bnπ2n+2f=π2anfG'' + \pi^2 G = b^n\bigl(\pi^{2n+2} f + (-1)^n f^{(2n+2)}\bigr) = b^n \pi^{2n+2} f = \pi^2 a^n f

(ff est de degré 2n2n, donc f(2n+2)=0f^{(2n+2)} = 0 ; et bnπ2n=anb^n\pi^{2n} = a^n). Alors

(G′sin⁡πx−πGcos⁡πx)′=(G′′+π2G)sin⁡πx=π2anfsin⁡πx.\bigl(G'\sin\pi x - \pi G\cos\pi x\bigr)' = (G'' + \pi^2 G)\sin \pi x = \pi^2 a^n f\sin\pi x .

14. En intégrant sur [0, 1]\intcc{0}{1} :

π2an∫01fsin⁡(πx)  ⁣dx=[G′sin⁡πx−πGcos⁡πx]01=π(G(1)+G(0)),\pi^2 a^n \int_0^1 f\sin(\pi x)\,\dd x = \bigl[G'\sin\pi x - \pi G\cos\pi x\bigr]_0^1 = \pi\bigl(G(1) + G(0)\bigr) ,

donc πan∫01fsin⁡πx=G(0)+G(1)∈Z\pi a^n \int_0^1 f\sin\pi x = G(0) + G(1) \in \Z. Sur (0, 1)\intoo{0}{1}, f>0f > 0 et sin⁡πx>0\sin\pi x > 0 : le membre de gauche est strictement positif, donc G(0)+G(1)≥1G(0) + G(1) \geq 1 ; et sin⁡≤1\sin \leq 1 joint à la question 10 le majore par πan4n n!\frac{\pi a^n}{4^n\,n!}.

15. D’après la question 1 (avec c=a4c = \frac a4), πan4nn!→0\frac{\pi a^n}{4^n n!} \to 0 : pour nn grand il est <1< 1, ce qui contredit G(0)+G(1)≥1G(0) + G(1) \geq 1. Donc aucune fraction ab\frac ab n’est égale à π2\pi^2 : c’est le théorème de Legendre. Si π\pi était rationnel, π2\pi^2 le serait aussi : donc π∉Q\pi \notin \Q — et l’implication ne va que dans ce sens (2\sqrt2 est irrationnel de carré rationnel), ce qui explique que π2∉Q\pi^2 \notin \Q soit strictement plus fort que l’Exercice 15.9.

16. Intégralité : questions 11–12 (les dérivées aux bornes) ; petitesse : questions 10 et 1 ; pont : questions 13–14 (la double intégration par parties télescopée). Sans 1n!\frac{1}{n!}, les données aux bornes restent entières (encore plus facilement), mais la majoration devient πan4n\frac{\pi a^n}{4^n}, qui ne tend vers 00 que si a<4a < 4 — or tout candidat vérifie a=b π2>9a = b\,\pi^2 > 9. La factorielle est exactement ce qui distance la croissance géométrique ana^n : pas de factorielle, pas de théorème.

17. Pour a≤10a \leq 10, l’entier G(0)+G(1)G(0) + G(1) est strictement positif et au plus π (10/4)n/n!\pi\,(10/4)^n/n!. Pour n=7n = 7 : 2.57=610.35…2.5^7 = 610.35\dots, donc la majoration vaut π×610.355040≈0.38<1\frac{\pi \times 610.35}{5040} \approx 0.38 < 1 (pour n=6n = 6 elle vaut encore 1.071.07) : la contradiction tombe au septième rang, explicitement.

18. Deux intégrations par parties :

∫01x(1−x)sin⁡πx  ⁣dx=1π∫01(1−2x)cos⁡πx  ⁣dx=2π2∫01sin⁡πx  ⁣dx=2π2⋅2π=4π3\int_0^1 x(1-x)\sin\pi x\,\dd x = \frac1\pi\int_0^1 (1 - 2x)\cos\pi x\,\dd x = \frac{2}{\pi^2}\int_0^1 \sin\pi x\,\dd x = \frac{2}{\pi^2}\cdot\frac{2}{\pi} = \frac{4}{\pi^3}

(les crochets s’annulent : x(1−x)x(1-x) en 00 et 11, et sin⁡πx\sin\pi x en 00 et 11). Symboliquement, le télescopage pour n=1n = 1 (sans aucune hypothèse sur π\pi) s’écrit π3∫01f1sin⁡πx=−(f1′′(0)+f1′′(1))\pi^3\int_0^1 f_1\sin\pi x = -(f_1''(0) + f_1''(1)) avec f1=x(1−x)f_1 = x(1 - x), f1′′=−2f_1'' = -2 : le membre de droite vaut 44 — les deux calculs concordent.

19. ex\eu^x est solution de y′=yy' = y et sin⁡πx\sin\pi x de y′′=−π2yy'' = -\pi^2 y : des équations linéaires à coefficients constants, de sorte que l’intégration par parties ramène le noyau sur lui-même et maintient toutes les données au bord dans Z+Ze\Z + \Z\eu (resp. les polynômes à coefficients entiers en π2\pi^2). C’est cette propriété de clôture dont la machine a besoin. Affiné avec des noyaux adaptés à plusieurs points à la fois, le même mécanisme donne le théorème d’Hermite (e\eu transcendant, 1873) et celui de Lindemann (π\pi transcendant, 1882) — au-delà de ce volume.

20. Division polynomiale (ou bien on remultiplie et on vérifie) :

x4(1−x)4=(x6−4x5+5x4−4x2+4)(1+x2)−4.x^4(1-x)^4 = (x^6 - 4x^5 + 5x^4 - 4x^2 + 4)(1 + x^2) - 4 .

En intégrant l’identité affichée divisée par 1+x21 + x^2 :

∫01x4(1−x)41+x2 ⁣dx=(17−46+1−43+4)−4arctan⁡1=227−π,\int_0^1 \frac{x^4(1-x)^4}{1+x^2}\dd x = \Bigl(\frac17 - \frac46 + 1 - \frac43 + 4\Bigr) - 4\arctan 1 = \frac{22}{7} - \pi ,

en utilisant 17−23+1−43+4=3+17\frac17 - \frac23 + 1 - \frac43 + 4 = 3 + \frac17 et arctan⁡1=π4\arctan 1 = \frac\pi4.

21. L’intégrande est continue, strictement positive sur (0, 1)\intoo{0}{1} : l’intégrale est >0> 0, donc π<227\pi < \frac{22}{7}. De plus 12≤11+x2≤1\frac12 \leq \frac{1}{1+x^2} \leq 1 sur [0, 1]\intcc{0}{1} et ∫01(x(1−x))4=(4!)29!=1630\int_0^1 (x(1-x))^4 = \frac{(4!)^2}{9!} = \frac{1}{630} (question 3) :

11260≤227−π≤1630⟹3.14126<227−1630≤π≤227−11260<3.14207.\frac{1}{1260} \leq \frac{22}{7} - \pi \leq \frac{1}{630} \quad\Longrightarrow\quad 3.14126 < \frac{22}{7} - \frac{1}{630} \leq \pi \leq \frac{22}{7} - \frac{1}{1260} < 3.14207 .

22. Modulo x2+1x^2 + 1 : x2≡−1x^2 \equiv -1, donc x4m=(x2)2m≡1x^{4m} = (x^2)^{2m} \equiv 1 et (1−x)2=1−2x+x2≡−2x(1 - x)^2 = 1 - 2x + x^2 \equiv -2x, d’où (1−x)4m≡(−2x)2m=4m(x2)m≡(−4)m(1-x)^{4m} \equiv (-2x)^{2m} = 4^m (x^2)^m \equiv (-4)^m : le reste est la constante (−4)m(-4)^m, et le quotient QmQ_m est à coefficients entiers (division par un polynôme unitaire à coefficients entiers). En divisant l’identité par 1+x21 + x^2 et en intégrant :

Jm:=∫01(x(1−x))4m1+x2 ⁣dx=sm+(−4)m π4,sm=∫01Qm∈Q.J_m := \int_0^1 \frac{(x(1-x))^{4m}}{1+x^2}\dd x = s_m + (-4)^m\,\frac{\pi}{4}, \qquad s_m = \int_0^1 Q_m \in \Q .

En résolvant en π\pi : avec rm=(−1)m+1 4 1−msm∈Qr_m = (-1)^{m+1}\,4^{\,1-m} s_m \in \Q,   ∣π−rm∣=4 1−mJm≤4 1−m⋅4−4m=4 1−5m\;\abs{\pi - r_m} = 4^{\,1-m} J_m \leq 4^{\,1-m}\cdot4^{-4m} = 4^{\,1-5m}. Pour m=1m = 1 : s1=227s_1 = \frac{22}{7}, r1=227r_1 = \frac{22}{7}, majoration 4−4=12564^{-4} = \frac{1}{256} — les questions 20–21 à nouveau.

23. ∣π−227∣=227−π≈1.26⋅10−3\bigl|\pi - \frac{22}{7}\bigr| = \frac{22}{7} - \pi \approx 1.26\cdot10^{-3}, seize fois mieux que la référence d’ordre 22, 172≈2.0⋅10−2\frac{1}{7^2} \approx 2.0\cdot10^{-2}, garantie par Dirichlet (Problème 14.1, question 4) ; et ∣π−355113∣≈2.7⋅10−7\bigl|\pi - \frac{355}{113}\bigr| \approx 2.7\cdot10^{-7} bat 11132≈7.8⋅10−5\frac{1}{113^2} \approx 7.8\cdot10^{-5} d’un facteur ≈300\approx 300. Aucune contradiction avec ce qui a été démontré : les inégalités de Liouville minorent les erreurs d’approximation seulement pour les nombres algébriques, et aucune minoration de ce type n’est disponible pour π\pi à ce niveau — π\pi est libre d’être approché de façon spectaculaire.

24. Lemme : supposons x=pqx = \frac pq et 0<∣an+bnx∣→00 < \abs{a_n + b_n x} \to 0. Alors ∣an+bnx∣=∣qan+pbn∣q\abs{a_n + b_n x} = \frac{\abs{q a_n + p b_n}}{q}, avec qan+pbnq a_n + p b_n entier non nul (non nul parce que la valeur absolue est >0> 0) : donc ∣an+bnx∣≥1q\abs{a_n + b_n x} \geq \frac1q pour tout nn, ce qui contredit la convergence vers 00. Occurrences : la question 7 (x=ex = \eu, an=αna_n = \alpha_n, bn=βnb_n = \beta_n) ; l’Exercice 11.9 (x=ex = \eu encore, avec aq=−q!∑k≤q1k!a_q = -q!\sum_{k \leq q}\frac{1}{k!}, bq=q!b_q = q!) ; et le Problème 14.1, question 1, en est la forme géométrique. Dans la partie III et dans l’Exercice 15.9, le piège opère à l’intérieur du raisonnement par l’absurde : supposer la rationalité transforme une expression en un entier, que l’analyse enserre ensuite dans (0, 1)\intoo{0}{1} — même principe, transposé.

25. (i) L’intégralité vit dans le calcul aux bornes des polynômes (questions 6, 11–12), la petitesse dans les majorations que donne la croissance par le sup⁡\sup (questions 4, 10), le pont dans l’intégration par parties (questions 8, 13–14) — les trois sont des théorèmes de ce chapitre. (ii) L’intégrale fournit ce que le théorème des accroissements finis ne pouvait pas donner : une identité exacte entre l’objet analytique et les données arithmétiques (une égalité, et non une simple inégalité avec un cc inconnu), et c’est pourquoi la machine atteint π2\pi^2 alors que le Problème 14.1 n’atteignait que des exposants d’approximation. (iii) Résultats extraits : e∉Q\eu \notin \Q, π2∉Q\pi^2 \notin \Q (donc π∉Q\pi \notin \Q), e=2.718282\eu = 2.718282 certifié, 227−1630≤π≤227−11260\frac{22}{7} - \frac{1}{630} \leq \pi \leq \frac{22}{7} - \frac{1}{1260}, et (2nn)≥4n2n+1\binom{2n}{n} \geq \frac{4^n}{2n+1}. (iv) Frontière : Hermite et Lindemann poussent la même machine jusqu’à la transcendance ; et Apéry (1979) a fait tourner le piège de l’entier sur ζ(3)\zeta(3) — la machine produit encore des mathématiques du vingtième siècle.