Le lien entre intégrales et primitives

Démonstration

Soit une fonction \(f : x \longmapsto f(x) \) continue, positive et croissante sur un intervalle \(I = \bigl[a, b \bigr]\).

De même, soit \( n \in \mathbb{N}\) un entier naturel.

Théorème fondamental du calcul intégral

1. Démonstration analytique

Sur cet intervalle \(I\), subdivisons cet intervalle en une série de points \(\bigl \{x_0, \ x_1, \ ...,\ x_i, \ x_{i+1}, \ ..., \ x_{n - 1}, \ x_{n} \bigr \} \) théoriquement assez petits, et telle que la figure suivante :



On posera alors \(\Delta_{x} \), la différence formée entre un point et celui d'après :

$$ \forall i \in [\![0, n ]\!], \ \Delta_{x} = x_{i+1}- x_{i} $$

Le théorème des accroissements finis nous dit que :

$$ f \text{ est continue sur } \bigl[a,b \bigr] \text{ et dérivable sur } \bigl ]a,b \bigr[ \ \Longrightarrow \ \exists c \in \bigl ]a,b \bigr[, \ f'(c) = \frac{ f(b) - f(a)}{b-a} $$

Or, comme par hypothèse notre fonction d'étude est strictement croissante, ce nombre \(c\) est unique. Soit dans notre cas :

$$ !\exists c \in \bigl ]a,b \bigr[, \ f'(c) = \frac{ f(b) - f(a)}{b-a}$$

La fonction \(f\) étant continue sur \(\bigl[a,b \bigr]\) et donc dérivable, on peut lui appliquer ce théorème :

$$\forall i \in [\![0, n ]\!], \ !\exists \alpha_i \in \hspace{0.04em} \bigl]x_i, x_{i+1}\bigr[, \ f'(\alpha_i) = \frac{ f(x_{i+1}) - f(x_i)}{x_{i+1}-x_{i}}$$


Soit,

$$f'(\alpha_i) \Delta_{x} = f(x_{i+1}) - f(x_i)$$

Sachant qu'il n'existe qu'un seul élément par intervalle, en faisant la somme de tous ces élément sur l'intervalle \(\bigl[a,b \bigr]\), on a :

$$ \sum_{i=0}^{n - 1} f'(\alpha_i) \Delta_{x} = \sum_{i=0}^{n - 1} \Bigl[ f(x_{i+1}) - f(x_i) \Bigr] $$

Or, on sait que lorosqu'on est face à des sommes récurrentes, il va se produire un téléscopage.

$$\sum_{k=0}^n \bigl [ a_{k+1} - a_k \bigr] = a_{n+1} - a_0 $$

Soit dans notre cas :

$$ \sum_{i=0}^{n - 1} \Bigl[ f(x_{i+1}) - f(x_i) \Bigr] = f(x_{n}) - f(x_0) $$

D'où,

$$ \sum_{i=0}^{n - 1} f'(\alpha_i) \Delta_{x} = f(x_{n+1}) - f(x_0) $$

Mais par hypothèses de départ, on a :

$$ \Biggl \{ \begin{gather*} f(x_0) = f(a) \\ f(x_{n}) = f(b) \end{gather*} $$

Alors,

$$ \sum_{i=0}^{n - 1} f'(\alpha_i) \Delta_{x} = f(b) - f(a) $$

À présent, on peut remplacer chaque fonction par sa primitive respective et :

$$ \sum_{i=0}^{n - 1} f(\alpha_i) \Delta_{x} = F(b) - F(a) $$


En passant maintenant à la limite quand \(n \to \infty\), c'est-à-dire un nombre infini de subdivision de l'intervalle \(\bigl[a,b \bigr]\), on a :

$$ \lim_{n \to \infty} \ \sum_{i=0}^{n - 1} f(\alpha_i) \Delta_{x} = \lim_{n \to \infty} \ \bigl[ F(b) - F(a) \bigr] $$
$$ \sum_{i=0}^{n - 1} f(\alpha_i) dx = F(b) - F(a) \qquad (quand \ n \to \infty, \ \Delta_{x} \to dx) $$

Le terme de gauche correspond à l'intégrale de \(a\) vers \(b\).



Par ailleurs, on s'aperçoit que :

$$ \forall i \in [\![0, n ]\!], \ n \to \infty \Longrightarrow \Biggl \{ \begin{gather*} \alpha_i \to x_i \Longrightarrow (\alpha_0 \to a, \enspace \alpha_{n} \to b)\\ f(\alpha_i) \to f(x_i) \Longrightarrow \Bigl(f(\alpha_0) \to f(a), \enspace f(\alpha_{n}) \to f(b)\Bigr) \end{gather*}$$

On obtient alors l'aire complète entre l'axe des abscisses et la courbe de \(f\) sur l'intervalle \(\bigl[a,b \bigr]\).



On appellera \( S_{a,b} \) l'intégrale définie de la fonction \( f \) dans l'intervalle \(\bigl[a, b \bigr]\), et on la notera :

$$ S_{a,b}= \int_a^b \ f(t) dt = F(b) - f(a) $$

La notation \( \int \) symbolise historiquement la notion de somme, établissant alors un lien entre l'intégrale d'une fonction et sa primitive.

C'est la raison pour laquelle on utilise cette notation pour les primitives, on peut aussi parler d'intégrale non définie, et on notera cette famille de primitives, toutes égales à une constante près :

$$ \int^x \ f(x) dx $$

2. Borne supérieure variable

À présent, considérons une borne supérieure variable \(x\).

Pour éviter toute confusion entre \(x\), la variable de la fonction \(f(x)\), et \(x\) la variable représentant la borne supérieure variable de l'intégrale, il est préférable d'introduire une nouvelle variable \(t\) dans l'intégrande, on aura :

$$ S(x)= \int_a^x \ f(t) dt $$


Cette fonction de \(x\) est alors la primitive de \(f\) qui s'annule en \(a\).

Le paramètre \(t\) étant ici une variable muette, qui disparaîtra après intégration. Par ailleurs, on pourra utiliser \(t\) ou tout autre variable, toutes ces écritures sont équivalentes :

$$ S(x)= \int_a^x \ f(t) \ dt = \int_a^x \ f(u) \ du = \int_a^x \ f(\phi) \ d \phi \ ... etc. $$

Avec ce qui a été vue plus haut, on a alors pour une intégrale définie :

$$ \int_a^x \ f(t) dt = F(x) - F(a) $$

On pourra alors définir une primitive avec cette intégrale qui s'annule en \(a\) :

$$ F(x) = \int_a^x \ f(t) dt + F(a) $$

3. Conclusion

Si l'on sait calculer l'intégrale définie d'une fonction \(f\) continue sur un intervalle \([a, x]\), on sait trouver une primitive de \(f\).

Inversement, en trouvant une primitive de \(f\), on sait calculer l'intégrale définie sur tout intervalle \([a, x]\).

Même si dans la pratique, il est plus facile de trouver une primitive, puis de calculer son intégrale que le contraire.

Exemple

1. Détermination d'une intégrale définie à partir d'une primitive

Dans ce sens, il suffit de déterminer une primitive de la fonction d'étude, et son intégrale définie vaut :

$$ \int_a^x \ f(t) \ dt = F(x) - F(a) $$

2. Détermination d'une primitive en calculant l'intégrale définie

Nous allons calculer des intégrales par la méthode des sommes de Riemann.

Une des façons de faire est de calculer une somme par la gauche.

La méthode des sommes de Riemann en calculant par la gauche nous dit que :

Pour une fonction \(f\) et \(n \in \mathbb{N}\) un entier naturel représentant le nombre de subdivisions de l'intervalle \((x-a)\). On a :

$$ I_n(x)= \biggl(\frac{x-a}{n} \biggr) \sum_{k=0}^{n-1} \Biggl[ f\biggl(a + k \Bigl(\frac{x-a}{n} \Bigr) \biggr) \Biggr] $$



Par simplicité, on peut poser pour le pas la variable \(\Delta_{x, n}\):

$$ \Delta_{x, n} = \frac{x-a}{n} $$

Ce qui donne :

$$ I_n(x)= \Delta_{x, n} \sum_{k=0}^{n-1} \Biggl[ f\bigl(a + k \Delta_{x, n} \bigr) \Biggr] $$

À partir de là, on peut réduire le pas de manière infinitésimal en faisant tendre \(n \to +\infty\).

$$ \int_a^x \ f(t)\ dt = \lim_{n \to +\infty} I_n(x) $$

1. Calcul de la primitive de \(f(x) = x^2\)

Alors, calculons dans notre cas :

$$ \int_a^x \ t^2 \ dt = \lim_{n \to +\infty} S_n(x) $$

Où \(S_n(x)\) vaut :

$$ S_n(x)= \Delta_{x, n} \sum_{k=0}^{n-1} \Biggl[ \bigl(a + k \Delta_{x, n} \bigr)^2 \Biggr] $$
$$ S_n(x)= \Delta_{x, n} \Biggl[ a^2 + a^2 + 2a \Delta_{x, n} + \Delta_{x, n}^2 + a^2 + 4a \Delta_{x, n} + 4\Delta_{x, n}^2 \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} a^2 + 2(n-1)a \Delta_{x, n} + (n-1)^2 \Delta_{x, n}^2 \Biggr] $$

En mettant un peu d'ordre, on a :

$$ S_n(x)= \Delta_{x, n} \Biggl[ (n-1)a^2 + 2a \Delta_{x, n} + 4a \Delta_{x, n} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} 2(n-1)a \Delta_{x, n} + \Delta_{x, n}^2 + 2^2\Delta_{x, n}^2 \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} (n-1)^2 \Delta_{x, n}^2 \Biggr] $$
$$ S_n(x)= \Delta_{x, n} \Biggl[ (n-1)a^2 + 2a \Delta_{x, n} \Bigl(1 + 2 + \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} (n-1)\Bigr ) + \Delta_{x, n}^2 \Bigl(1 + 2^2 \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} + (n-1)^2 \Bigr) \Biggr] $$

On remarque la présence de la somme des premiers entiers naturels et la somme des premiers carrés d'entiers naturels de \(0\) à \((n-1)\).

$$ S_n(x)= \Delta_{x, n} \Biggl[ (n-1)a^2 + 2a \Delta_{x, n} \Biggl[ \sum_{k=0}^{n-1} k \Biggr] + \Delta_{x, n}^2 \Biggl[ \sum_{k=0}^{n-1} k^2 \Biggr] \Biggr] \qquad (4) $$

Il va falloir adapter ces deux sommes.

La somme des premiers entiers naturels de \(0\) à \(n\) vaut :

$$ \sum_{k = 0}^n k = \frac{n(n+1)}{2} $$

Alors, de \(0\) à \((n-1)\), cette somme vaut à présent,

$$ \sum_{k = 0}^{n-1} k = \frac{(n-1)n}{2} \qquad (5) $$

De la même manière, on va adapter la somme des premiers carrés d'entiers naturels :

$$ \sum_{k = 0}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} $$

Alors, de \(0\) à \((n-1)\),

$$ \sum_{k = 0}^{n-1} k^2 = \frac{(n-1)n(2n)}{6} \qquad (6) $$

Injectons \( (5) \) et \( (6) \) dans \( (4) \) :

$$ S_n(x)= \Delta_{x, n} \Biggl[ (n-1)a^2 + 2a \Delta_{x, n} \frac{(n-1)n}{2} + \Delta_{x, n}^2 \frac{(n-1)n(2n)}{6} \Biggr] $$

Ce qui équivaut sous une forme développée à :

$$ S_n(x)= \Delta_{x, n}(n-1)a^2 + 2a \Delta_{x, n}^2 \frac{(n-1)n}{2} + \Delta_{x, n}^3 \frac{(n-1)n(2n)}{6} $$
$$ S_n(x)= \Delta_{x, n}(n-1)a^2 + 2a \Delta_{x, n}^2 \frac{(n^2 -n)}{2} + \Delta_{x, n}^3 \frac{(2n^3 - n^2)}{6} $$

À ce stade, remplaçons \( \Delta_{x, n} \) par sa valeur.

$$ S_n(x)= \frac{x-a}{n}(n-1)a^2 + 2a \biggl( \frac{x-a}{n}\biggr)^2 \frac{(n^2 -n)}{2} + \biggl( \frac{x-a}{n} \biggr)^3 \frac{(2n^3 - n^2)}{6} $$
$$ S_n(x)= a^2(x-a) \biggl[ \frac{n-1}{n} \biggr] + a(x-a)^2\biggl[ \frac{n^2 -n}{n^2} \biggr] + \frac{1}{6}(x-a)^3 \biggl[ \frac{2n^3 - n^3}{n^3} \biggr] $$

En passant à la limite quand \(n \to +\infty\) :

$$ S(x)= \int_a^x \ t^2 \ dt = \lim_{n \to +\infty} \ S_n(x) $$
$$ S(x)= a^2(x-a) + a(x-a)^2+ \frac{1}{3}(x-a)^3 $$
$$ S(x)= a^2x - a^3 + a(x^2 - 2ax + a^2)+ \frac{1}{3}(x^3 - 3x^2 a + 3 xa^2 -a^3) $$
$$ S(x)= a^2x - a^3 + ax^2 - 2a^2x + a^3+ \frac{x^3}{3} -x^2 a + xa^2 - \frac{a^3}{3} $$
$$ S(x)= \frac{x^3}{3} - \frac{a^3}{3} + \hspace{0.2em} \underbrace { a^2x + xa^2 - 2a^2x } _\text{ \( = 0\)} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} \underbrace { a^3 - a^3 } _\text{ \( = 0\)} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} \underbrace { ax^2 + -x^2 a } _\text{ \( = 0\)} $$
$$ S(x)= \int_a^x \ t^2 \ dt = \frac{x^3}{3} - \frac{a^3}{3} $$



Comme on cherchait à identifier la primitive générale \(F\) à partir de l'expression :

$$ S(x)= \int_a^x \ t^2 \ dt = F(x) - F(a)$$

Alors, on a déterminé cette primitive \(F\) de la fonction \(f\), et celle-ci vaut :

$$ F(x) = \int^x \ t^2 \ dt = \frac{x^3}{3} $$

2. Calcul d'une primitive de \(g(x) = cos(x)\)

Calculons maintenant cette primitve :

$$ \int_a^x \ cos(t) \ dt = \lim_{n \to +\infty} T_n(x) $$

Où \(S_n(x)\) vaut :

$$ T_n(x) = \Delta_{x, n} \sum_{k=0}^{n-1} \Biggl[ cos(a + k \Delta_{x, n} \bigr) \Biggr] $$

On sait grâce aux formules d'addition trigonométriques que :

$$ \forall (\alpha, \beta) \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^2, $$

$$ cos(\alpha + \beta) = cos(\alpha) cos(\beta) - sin(\alpha) sin(\beta) $$
$$ T_n(x) = \Delta_{x, n} \Biggl[ \Bigl(cos(a)cos(0) - sin(a)sin(0)\Bigr) + \Bigl(cos(a)cos(\Delta_{x, n}) - sin(a)sin(\Delta_{x, n})\Bigr) \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} \Bigl(cos(n)cos(n\Delta_{x, n}) - sin(n)sin(n\Delta_{x, n})\Bigr) \Biggr] $$

Alors, en regroupant les termes par factorisation, on a :

$$ T_n(x) = \Delta_{x, n} \Biggl[ cos(a)\Bigl( cos(0) + cos(\Delta_{x, n}) \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} cos(n\Delta_{x, n}) \Bigr) - sin(a)\Bigl( cos(0) + sin(\Delta_{x, n}) \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} sin(n\Delta_{x, n}) \Bigr) \Biggr] $$
$$ T_n(x) = \Delta_{x, n} \Biggl[ cos(a) \sum_{k = 0}^{n - 1} cos(k \Delta_{x, n}) - sin(a)\sum_{k = 0}^{n - 1} sin(k \Delta_{x, n}) \Biggr] $$

Maintenant, avec les sommes trigonometriques, on a les deux relations suivantes :

$$\forall n \in \mathbb{N}, $$

$$ \sum_{k = 0}^n cos(k \theta) = cos\left(\frac{n\theta}{2}\right) \times \frac{sin\left(\frac{(n + 1) \theta}{2}\right)}{sin\left(\frac{\theta}{2}\right)} $$

$$ \sum_{k = 0}^n sin(kx) = sin\left(\frac{n\theta}{2}\right) \times \frac{sin\left(\frac{(n + 1) \theta}{2}\right)}{sin\left(\frac{\theta}{2}\right)} $$

Alors, en l'adaptant à notre cas, c'est-à-dire en s'arrêtant au \((n - 1)\)-ième de la somme:

$$ T_n(x) = \Delta_{x, n} \left[ cos(a) \left( cos\left(\frac{(n - 1)\Delta_{x, n}}{2}\right) \times \frac{sin\left(\frac{n \Delta_{x, n}}{2}\right)}{sin\left(\frac{\Delta_{x, n}}{2}\right)} \right) - sin(a) \left( sin\left(\frac{(n - 1)\Delta_{x, n}}{2}\right) \times \frac{sin\left(\frac{n \Delta_{x, n}}{2}\right)}{sin\left(\frac{\Delta_{x, n}}{2}\right)} \right) \right] $$
$$ T_n(x) = \frac{x - a}{n} \left[ cos(a) \times cos\left(\frac{(n-1)(x - a)}{2n}\right) \times \frac{sin\left(\frac{x - a}{2}\right)}{sin\left(\frac{(x - a)}{2n}\right)} - sin(a) \times sin\left(\frac{(n-1)(x - a)}{2n}\right) \times \frac{sin\left(\frac{x - a}{2}\right)}{sin\left(\frac{(x - a)}{2n}\right)} \right] $$

Utilisons à nouveau les formules d'addition trigonométriques :

$$ T_n(x) = \frac{x - a}{n} \left[ \frac{sin\left(\frac{x - a}{2}\right)}{sin\left(\frac{(x - a)}{2n}\right)} \times cos\left(a + \frac{(n-1)(x - a)}{2n}\right) \right] $$

À présent, nous sommes prêts à faire tendre \(n\) vers l'infini.

.
$$ T(x)= \int_a^x \ cos(t) \ dt = \lim_{n \to +\infty} \ T_n(x) $$

Comme le quotient \( \frac{(x - a)}{2n} \) tend ves \(0\), alors le quotient \(sin\left(\frac{(x - a)}{2n}\right)\) tend vers \(\frac{(x - a)}{2n}\). Pour la partie de droite, les termes de même ordre \(n\) vont s'annuler.

$$ T(x) = \frac{x - a}{n} \times \left( \sim 2n\frac{sin\left(\frac{x - a}{2}\right)}{x - a} \right) \times \left( \sim cos\left(a + \frac{x - a}{2}\right) \right) $$
$$ T(x) = \frac{x - a}{n} \times 2n\frac{sin\left(\frac{x - a}{2}\right)}{x - a} \times cos\left(\frac{2a + x - a}{2}\right) $$
$$ T(x) = \frac{\cancel{x - a}}{\cancel{n}} \times 2\cancel{n}\frac{sin\left(\frac{x - a}{2}\right)}{\cancel{x - a}} \times cos\left(\frac{a + x}{2}\right) $$
$$ T(x) = 2sin\left(\frac{x - a}{2}\right) \times cos\left(\frac{a + x}{2}\right) $$

Finalement, encore grâce aux formules d'addition trigonométriques, on trouve finalement que :

$$ \forall (p, q) \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^2, $$

$$ sin(p ) - sin(q) = 2 cos\left(\frac{p+q}{2}\right) sin\left(\frac{p-q}{2}\right) $$

Alors, dans notre cas cela nous amène à :

$$ T(x) = sin(x) - sin(a) $$



Comme on cherchait à identifier la primitive générale \(F\) à partir de l'expression :

$$ T(x)= \int_a^x \ cos(t) \ dt = G(x) - G(a)$$

Alors, on a déterminé cette primitive \(F\) de la fonction \(f\), et celle-ci vaut :

$$ G(x) = \int^x \ cos(t)\ dt = sin(t) $$