Soient $a$ et $b$ deux nombres réels tels que $a<b.$ Considérez deux réels $s$ et $t$ vérifiant $a\leq s < t \leq b.$
Définissez la fonction $f : [a,b]\to \R$ par $\forall x\in]s,t[, f(x)=1$, $\forall x\in[a,s]\cup[t,b], f(x)=0.$

Majorez la somme haute avec des partitions bien choisies
1er cas : $a< s$ et $t < b$
Considérez la partition $P = (a, s, t, b).$

La somme haute sur cette partition est définie par $U(P) = (s-a)\sup_{[a,s]}f + (t-s)\sup_{[s,t]}f + (b-t)\sup_{[b,t]}f.$
Evaluez $\sup_{[a,s]}f$. Pour tout $x\in[a,s]$, $f(x)=0$ donc $0$ est un majorant de $\{f(x), x\in[a,s]\}$ donc $\sup_{[a,s]} f \leq 0.$
D’autre part, $f(a)=0.$ Comme $\sup_{[a,s]} f$ est un majorant de l’ensemble $\{f(x), x\in[a,s]\}$ et que $f(a)$ y appartient, c’est que $0\leq f(a)\leq \sup_{[a,s]} f.$ Ainsi $\sup_{[a,s]} f = 0.$
Un raisonnement analogue peut être mené pour calculer $\sup_{[b,t]}f$ ce qui amène à $\sup_{[b,t]}f = 0.$
Pour l’évaluation de $\sup_{[s,t]}f$ vous pouvez remarquer déjà que $\frac{s+t}{2} \in ]s,t[.$
En effet, $\frac{s+t}{2}-s = \frac{s+t}{2}-\frac{2s}{s} =\frac{t-s}{2}.$ Comme $s<t$, vous déduisez $s < \frac{s+t}{2}.$
De même, $t-\frac{s+t}{2} = \frac{2t}{2}-\frac{s+t}{2} =\frac{t-s}{2}.$ Du coupvous déduisez $\frac{s+t}{2}< t.$
Vous en déduisez que $f\left(\frac{s+t}{2}\right) = 1$, donc $1\leq \sup_{[s,t]} f.$
D’autre part, $\forall x\in[s,t]$, $f(x)\in\{0,1\}$ donc $1$ majore l’ensemble $\{f(x), x\in[s,t]\}$ donc $\sup_{[s,t]} f \leq 1.$
Vous déduisez de ces résultats que $\sup_{[s,t]} f = 1.$
Ainsi, $U(P) = (s-a)\sup_{[a,s]}f + (t-s)\sup_{[s,t]}f + (b-t)\sup_{[b,t]}f = (s-a)\times 0 + (t-s)\times 1 + (b-t)\times 0 = t-s.$
La somme haute $U$ est la borne inférieure de l’ensemble de toutes les sommes hautes prises sur toutes les partitions. Donc $U \leq t-s.$
2ème cas : $a= s$ et $t < b$
Vous considérez la partition $P = (s, t, b).$
Comme dans le premier cas, $\sup_{[s,t]}f = 1$ et $\sup_{[t,b]} = 0$, par suite $U(P) = t-s$ et donc $U\leq t-s.$
3ème cas : $a < s$ et $t = b$
Vous considérez la partition $P = (a, s, b).$
Comme dans le premier cas, $\sup_{[s,b]}f = 1$ et $\sup_{[a,s]} = 0$, par suite $U(P) = t-s$ et donc $U\leq t-s.$
4ème cas : $a = s$ et $t = b$
Vous considérez la partition $P = (a, b).$
Comme $\sup_{[a,b]}f = 1$, suite $U(P) = t-s$ et donc $U\leq t-s.$
Minorez la somme basse
1er cas : $a< s$ et $t < b$
Prendre la partition $(a, s, t, b)$ ne fonctionnera pas ici, puisque toutes les bornes inférieures de $f$ sur $[a,s]$, $[s,t]$ et $[t,b]$ sont nulles, vu que $f(s)=f(t)=0.$
Effectuer un découpage avec une partition plus fine est rendu nécessaire.
Soit $n$ un entier naturel non nul tel que $a<s<s+\frac{1}{n}<t-\frac{1}{n}<t<b.$

Pour l’existence de cet entier $n$, il faut que $s+\frac{1}{n}< t-\frac{1}{n}$ ce qui revient à $\frac{2}{n}< t-s$ et donc $n>\frac{2}{t-s}$. Ainsi, il suffit de choisir $n$ égal à la partie entière de $\frac{2}{t-s}+1$ notée $N.$
Considérez maintenant la partition $P = \left(a, s, s+\frac{1}{n},t-\frac{1}{n},t,b\right).$
Sur $[a,s]$ la fonction $f$ est nulle donc $\inf_{[a,s]}f =0.$
Sur $\left[s, s+\frac{1}{n}\right]$ la fonction $f$ prend la valeur $f(s)$ qui est nulle. $\inf_{\left[s, s+\frac{1}{n}\right]} f$ minore $\left\{f(x) , x\in\left[s, s+\frac{1}{n}\right]\right\}$ donc $\inf_{\left[s, s+\frac{1}{n}\right]} f \leq 0.$
D’autre part, $\forall x\in \left[s, s+\frac{1}{n}\right], f(x)\in\{0,1\}$ donc $0$ est un minorant de $\left\{f(x) , x\in\left[s, s+\frac{1}{n}\right]\right\}$. Ainsi, $0\leq \inf_{\left[s, s+\frac{1}{n}\right]}f.$
Par suite $\inf_{\left[s, s+\frac{1}{n}\right]} = 0.$
Sur $\left[s+\frac{1}{n}, t-\frac{1}{n}\right]$ la fonction $f$ est constante égale à $1$ donc $\inf_{\left[s+\frac{1}{n}, t-\frac{1}{n}\right]}f =1.$
De même vous avez $\inf_{\left[t-\frac{1}{n}, t\right]} f = 0$ et $\inf_{[t,b]} f = 0.$
Ainsi la somme basse calculée sur la partition $P$ définie ici est égale à :
\begin{aligned}
L(P) &= (s-a)\inf_{[a,s]}f + \frac{1}{n}\inf_{\left[s,s+\frac{1}{n}\right]}f \\
&\quad +\left(t-s-\frac{2}{n}\right)\inf_{\left[s+\frac{1}{n}, t-\frac{1}{n}\right]}f\\
&\quad + \frac{1}{n}\inf_{\left[t-\frac{1}{n}, t\right]}f + (b-t)\inf_{[b,t]}f\\
&= (s-a)\times 0 +\frac{1}{n}\times 0 \\
&\quad +\left(t-s-\frac{2}{n}\right)\times 1 \\
&\quad +\frac{1}{n}\times 0 + (b-t)\times 0\\
&=t-s-\frac{2}{n}.
\end{aligned}
Comme la somme basse est la borne supérieure de toutes les sommes basses calculées sur toutes les partitions possibles, vous déduisez que $L\geq t-s-\frac{2}{n}.$
Cette inégalité est valable pour tout $n \geq N.$ Le nombre $L$ ne dépend pas de $n$. Vous pouvez donc passer à la limite quand $n\to +\infty$, vous déduisez que $L\geq t-s.$
Autres cas
Les trois autres cas, selon la position des nombres $s$ et $t$ par rapport aux bornes de l’intervalle $[a,b]$, aboutissent au même résultat, dont les preuves sont laissées à vos bons soins..
Concluez
Il a été établi que $U \leq t-s \leq L.$
Or il est tout le temps vrai que $L\leq U$ (la somme basse est toujours inférieure à la somme haute), donc $L=U.$
Cette égalité entre $L$ et $U$ prouve que $f$ est Riemann intégrable sur $[a,b]$ et que l’intégrale $\int_{a}^b f(t) \dt$ est bien définie, avec $\boxed{\int_{a}^b f(t) \dt = t-s.}$
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