Soient $a$ et $b$ deux nombres réels tels que $a\lt b.$ Considérez deux réels $s$ et $t$ vérifiant $a\leq s \lt t \leq b.$

Définissez la fonction $f : [a,b]\to \R$ par $\forall x\in]s,t[, f(x)=1\comma$ $\forall x\in[a,s]\cup[t,b], f(x)=0.$

Majorez la somme haute avec des partitions bien choisies

Premier cas : $a\lt s$ et $t \lt b$

Considérez la partition $P = (a, s, t, b).$

La somme haute sur cette partition est définie par $U(P) = (s-a)\sup_{[a,s]}f + (t-s)\sup_{[s,t]}f + (b-t)\sup_{[t,b]}f.$

Evaluez $\sup_{[a,s]}f.$ Pour tout $x\in[a,s]\comma$ $f(x)=0$ 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 $\sup_{[t,b]}f$ ce qui amène à $\sup_{[t,b]}f = 0.$

Pour l’évaluation de $\sup_{[s,t]}f$ vous pouvez remarquer déjà que $\frac{s+t}{2} \in ]s,t[.$

En effet, $\frac{s+t}{2}-s = \frac{s+t}{2}-\frac{2s}{2} =\frac{t-s}{2}.$ Comme $s\lt t\comma$ vous déduisez $s \lt \frac{s+t}{2}.$

De même, $t-\frac{s+t}{2} = \frac{2t}{2}-\frac{s+t}{2} =\frac{t-s}{2}.$ Du coup, vous déduisez $\frac{s+t}{2}\lt t.$

Vous en déduisez que $f\left(\frac{s+t}{2}\right) = 1\comma$ donc $1\leq \sup_{[s,t]} f.$

D’autre part, $\forall x\in[s,t]\comma$ $f(x)\in\{0,1\}$ 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, $U(P) = (s-a)\sup_{[a,s]}f + (t-s)\sup_{[s,t]}f + (b-t)\sup_{[t,b]}f = (s-a)\times 0 + (t-s)\times 1 + (b-t)\times 0 = t-s.$

L’intégrale supérieure $U$ est la borne inférieure de l’ensemble de toutes les sommes hautes prises sur toutes les partitions. Donc $U \leq t-s.$

Deuxième cas : $a= s$ et $t \lt b$

Vous considérez la partition $P = (s, t, b).$

Comme dans le premier cas, $\sup_{[s,t]}f = 1$ et $\sup_{[t,b]}f = 0\comma$ par suite $U(P) = t-s$ et donc $U\leq t-s.$

Troisième cas : $a \lt s$ et $t = b$

Vous considérez la partition $P = (a, s, b).$

Comme dans le premier cas, $\sup_{[s,b]}f = 1$ et $\sup_{[a,s]}f = 0\comma$ par suite $U(P) = t-s$ et donc $U\leq t-s.$

Quatrième cas : $a = s$ et $t = b$

Vous considérez la partition $P = (a, b).$

Comme $\sup_{[a,b]}f = 1\comma$ par suite $U(P) = t-s$ et donc $U\leq t-s.$

Minorez la somme basse

Premier cas : $a\lt s$ et $t \lt b$

Prendre la partition $(a, s, t, b)$ ne fonctionnera pas ici, puisque toutes les bornes inférieures de $f$ sur $[a,s]\comma$ $[s,t]$ 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 $a\lt s\lt s+\frac{1}{n}\lt t-\frac{1}{n}\lt t\lt b.$

Pour l’existence de cet entier $n\comma$ il faut que $s+\frac{1}{n}\lt t-\frac{1}{n}$ ce qui revient à $\frac{2}{n}\lt t-s$ et donc $n\gt\frac{2}{t-s}.$ 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 $\inf_{\left[s, s+\frac{1}{n}\right]}f = 0.$

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 :

Comme l’intégrale inférieure $L$ 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 $n\to +\infty\comma$ 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 $[a,b]\comma$ 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 l’inégalité $L\leq U$ est toujours vraie, toute somme basse étant inférieure à toute somme haute, donc $L=U.$

Cette égalité entre $L$ et $U$ prouve que $f$ est Riemann intégrable sur $[a,b]$ et que l’intégrale $\int_{a}^b f(x) \dx$ est bien définie, avec $\boxed{\int_{a}^b f(x) \dx = t-s.}$