Index
Soit une fonction \(f\) continue sur un intervalle \(I = \bigl[a, b \bigr]\).
À partir d'une intégrale définie, il est possible de déterminer une primitive \(S \) de \(f\).
Cette primitive sera la primitive de \(f\) qui s'annule en \(a\) :
On pourra alors définir une primitive à l'aide de cette intégrale :
Inversement, à partir d'une primitive \(F\) de la fonction \(f\), il est possible de déterminer l'intégrale entre deux bornes \(a\) et \(x\).
Ou plus précisément, pour deux bornes fixes \(a\) et \(b\) :
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
-
Démonstration analytique
Soit \(F\) une primitive de la fonction \(f\) sur l'intervalle \(I = \bigl[a, b \bigr]\), de sorte que \(F\) est dérivable et que pour tout \(x \in I\), \(F'(x) = f(x)\).
Subdivisons cet intervalle en une série de \(n\) sous-intervalles à l'aide des points \(\bigl \{x_0, \ x_1, \ \dots,\ x_i, \ x_{i+1}, \ \dots, \ x_{n - 1}, \ x_{n} \bigr \} \) (avec \(x_0 = a\) et \(x_n = b\)), tel que l'illustre la figure suivante :
On posera alors \(\Delta_{x} \), le pas constant de notre subdivision formé entre un point et le suivant :
$$ \forall i \in [\![0, n-1 ]\!], \ \Delta_{x} = x_{i+1}- x_{i} $$Le théorème des accroissements finis appliqué à la fonction \(F\) nous dit que :
$$ F \text{ est continue sur } \bigl[a,b \bigr] \text{ et dérivable sur } \bigl ]a,b \bigr[ \ \Longrightarrow \ \exists c \in \bigl ]a,b \bigr[, \ F'(c) = \frac{ F(b) - F(a)}{b-a} $$Comme par hypothèse notre fonction \(f = F'\) est continue et strictement croissante (donc injective), ce nombre \(c\) est unique. On peut donc écrire :
$$ \exists ! c \in \bigl ]a,b \bigr[, \ f(c) = \frac{ F(b) - F(a)}{b-a}$$La primitive \(F\) étant dérivable sur chaque sous-intervalle \(\bigl[x_i, x_{i+1}\bigr]\), on peut lui appliquer ce même théorème localement :
$$\forall i \in [\![0, n-1 ]\!], \ \exists ! \alpha_i \in \hspace{0.04em} \bigl]x_i, x_{i+1}\bigr[, \ F'(\alpha_i) = \frac{ F(x_{i+1}) - F(x_i)}{x_{i+1}-x_{i}}$$
Puisque \(F' = f\), on obtient par produit en croix :
$$f(\alpha_i) \Delta_{x} = F(x_{i+1}) - F(x_i)$$En effectuant la somme de toutes ces hauteurs de rectangles élémentaires sur l'ensemble de 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 lorsqu'on est face à des sommes de différences récurrentes, il se produit un télescopage.
$$\sum_{k=0}^{n-1} \bigl [ a_{k+1} - a_k \bigr] = a_{n} - a_0 $$Soit dans notre situation présente :
$$ \sum_{i=0}^{n - 1} \Bigl[ F(x_{i+1}) - F(x_i) \Bigr] = F(x_{n}) - F(x_0) $$D'où, en rappelant que \(x_0 = a\) et \(x_n = b\) :
$$ \sum_{i=0}^{n - 1} f(\alpha_i) \Delta_{x} = F(b) - F(a) $$
En passant à la limite quand \(n \to \infty\) (ce qui correspond à un nombre infini de subdivisions et force le pas \(\Delta_{x} \to dx\)), le membre de droite reste constant et on a :
$$ \lim_{n \to \infty} \ \sum_{i=0}^{n - 1} f(\alpha_i) \Delta_{x} = F(b) - F(a) $$Le terme de gauche est par définition égal à l'intégrale définie de la fonction \(f\) de \(a\) vers \(b\).
Par ailleurs, on observe graphiquement et analytiquement la convergence des points de la subdivision :
$$ \forall i \in [\![0, n-1 ]\!], \ n \to \infty \Longrightarrow \Biggl \{ \begin{gather*} \alpha_i \to x_i \Longrightarrow (\alpha_0 \to a, \enspace \alpha_{n-1} \to b)\\ f(\alpha_i) \to f(x_i) \Longrightarrow \Bigl(f(\alpha_0) \to f(a), \enspace f(\alpha_{n-1}) \to f(b)\Bigr) \end{gather*}$$On obtient alors la mesure exacte de l'aire géométrique comprise entre l'axe des abscisses et la courbe représentative de \(f\) sur l'intervalle \(\bigl[a,b \bigr]\).
On formalise cette intégrale définie de la fonction \( f \) sur l'intervalle \(\bigl[a, b \bigr]\) par la relation fondamentale :
$$ S_{a,b}= \int_a^b \ f(t) dt = F(b) - F(a) $$Le symbole historique \( \int \) modélise la notion de somme continue (un "S" allongé), scellant le lien direct entre l'aire sous la courbe d'une fonction et ses primitives.
C'est pourquoi, par extension de notation, on qualifie une famille de primitives (toutes égales à une constante réelle près) d' intégrale non définie, et on la note :
$$ \int^x \ f(t) dt $$ -
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 \(a\) :
$$ F(x) = \int_a^x \ f(t) dt + F(a) $$ -
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
-
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 :
$$ \int_a^x \ f(t) \ dt = F(x) - F(a) $$ -
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 \(n \to +\infty\).
$$ \int_a^x \ f(t)\ dt = \lim_{n \to +\infty} I_n(x) $$-
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 :
$$ S_n(x)= \Delta_{x, n} \sum_{k=0}^{n-1} \Biggl[ \bigl(a + k \Delta_{x, n} \bigr)^2 \Biggr] $$$$ S_n(x)= \Delta_{x, n} \Biggl[ a^2 + a^2 + 2a \Delta_{x, n} + \Delta_{x, n}^2 + a^2 + 4a \Delta_{x, n} + 4\Delta_{x, n}^2 \hspace{0.2em} + \ ... \ + \hspace{0.2em} a^2 + 2(n-1)a \Delta_{x, n} + (n-1)^2 \Delta_{x, n}^2 \Biggr] $$En mettant un peu d'ordre, on a :
$$ S_n(x)= \Delta_{x, n} \Biggl[ (n-1)a^2 + 2a \Delta_{x, n} + 4a \Delta_{x, n} + \ ... \ + \hspace{0.2em} 2(n-1)a \Delta_{x, n} + \Delta_{x, n}^2 + 2^2\Delta_{x, n}^2 + \ ... \ + \hspace{0.2em} (n-1)^2 \Delta_{x, n}^2 \Biggr] $$$$ S_n(x)= \Delta_{x, n} \Biggl[ (n-1)a^2 + 2a \Delta_{x, n} \Bigl(1 + 2 + + \ ... \ + \hspace{0.2em} (n-1)\Bigr ) + \Delta_{x, n}^2 \Bigl(1 + 2^2 + \ ... \ + \hspace{0.2em} + (n-1)^2 \Bigr) \Biggr] $$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 \(n \to +\infty\) :
$$ S(x)= \int_a^x \ t^2 \ dt = \lim_{n \to +\infty} \ S_n(x) $$$$ S(x)= a^2(x-a) + a(x-a)^2+ \frac{1}{3}(x-a)^3 $$$$ S(x)= a^2x - a^3 + a(x^2 - 2ax + a^2)+ \frac{1}{3}(x^3 - 3x^2 a + 3 xa^2 -a^3) $$$$ S(x)= a^2x - a^3 + ax^2 - 2a^2x + a^3+ \frac{x^3}{3} -x^2 a + xa^2 - \frac{a^3}{3} $$$$ S(x)= \frac{x^3}{3} - \frac{a^3}{3} + \hspace{0.2em} \underbrace { a^2x + xa^2 - 2a^2x } _{ = 0 } \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} \underbrace { a^3 - a^3 } _{ = 0 } \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} \underbrace { ax^2 + -x^2 a } _{ = 0 } $$$$ S(x)= \int_a^x \ t^2 \ dt = \frac{x^3}{3} - \frac{a^3}{3} $$
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 :
$$ F(x) = \int^x \ t^2 \ dt = \frac{x^3}{3} $$ -
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 :
$$ \forall (\alpha, \beta) \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^2, $$$$ \cos(\alpha + \beta) = \cos(\alpha) \cos(\beta) - \sin(\alpha) \sin(\beta) $$$$ T_n(x) = \Delta_{x, n} \Biggl[ \Bigl(\cos(a)\cos(0) - \sin(a)\sin(0)\Bigr) + \Bigl(\cos(a)\cos(\Delta_{x, n}) - \sin(a)\sin(\Delta_{x, n})\Bigr) + \ ... \ + \hspace{0.2em} \biggl(\cos(n-1)\cos\Bigl((n-1)\Delta_{x, n}\Bigr) - \sin(n-1)\sin\Bigl((n-1)\Delta_{x, n}\Bigr) \biggr) \Biggr] $$Alors, en regroupant les termes par factorisation, on a :
$$ T_n(x) = \Delta_{x, n} \Biggl[ \cos(a)\Bigl( \cos(0) + \cos(\Delta_{x, n}) + \ ... \ + \hspace{0.2em} \cos(n\Delta_{x, n}) \Bigr) - \sin(a)\Bigl( \cos(0) + \sin(\Delta_{x, n}) + \ ... \ + \hspace{0.2em} \sin((n-1)\Delta_{x, n}) \Bigr) \Biggr] $$$$ T_n(x) = \Delta_{x, n} \Biggl[ \cos(a) \sum_{k = 0}^{n - 1} \cos(k \Delta_{x, n}) - \sin(a)\sum_{k = 0}^{n - 1} \sin(k \Delta_{x, n}) \Biggr] $$Maintenant, avec les sommes trigonometriques , on a les deux relations suivantes :
$$\forall n \in \mathbb{N}, $$$$ \sum_{k = 0}^n \cos(k \theta) = \cos\left(\frac{n\theta}{2}\right) \times \frac{\sin\left(\frac{(n + 1) \theta}{2}\right)}{\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)} $$$$ \sum_{k = 0}^n \sin(k \theta) = \sin\left(\frac{n\theta}{2}\right) \times \frac{\sin\left(\frac{(n + 1) \theta}{2}\right)}{\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)} $$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 :
$$ G(x) = \int^x \ \cos(t)\ dt = \sin(t) $$
-
Retour en haut de page