Exercice 27

Comme $f$ est une bijection croissante de $[1\,,2]$ sur $[2\,,3]$, on a $f(1) = 2$ et $f(2) = 3$, et $f^{-1}$ est continue sur $[2\,,3]$ (chapitre 8, théorème 11).

1. On ne connaît pas $f^{-1}$, mais on connaît $f$ : le changement de variable $y = f(u)$ (chapitre 6, proposition 5) est naturel, puisqu'il transforme $f^{-1}(y)$ en $u$. La fonction $f$ est de classe $\mathcal{C}^{1}$ sur $[1\,,2]$, et $f^{-1}$ est continue sur $[2\,,3] = f([1\,,2])$ : $$\int_{2}^{3} f^{-1}(y)\,\mathrm{d} y = \int_{f(1)}^{f(2)} f^{-1}(y)\,\mathrm{d} y = \int_{1}^{2} f^{-1}\big(f(u)\big)\,f'(u)\,\mathrm{d} u = \int_{1}^{2} u\,f'(u)\,\mathrm{d} u.$$ On intègre ensuite par parties (chapitre 6, proposition 4), ce qui fait réapparaître $f$ : $$\int_{1}^{2} u\,f'(u)\,\mathrm{d} u = \big[u\,f(u)\big]_{1}^{2} - \int_{1}^{2} f = 2 \times 3 - 1 \times 2 - \int_{1}^{2} f.$$

$$\boxed{\int_{1}^{2} f + \int_{2}^{3} f^{-1} = 2f(2) - 1 \cdot f(1) = 4}$$ Lecture sur la figure. Les deux domaines colorés recouvrent, sans se chevaucher, le rectangle $[0\,,2] \times [0\,,3]$ privé du rectangle blanc $[0\,,1] \times [0\,,2]$ : un point $(x, y)$ tel que $1 \leqslant x \leqslant 2$ et $2 \leqslant y \leqslant 3$ est sous la courbe si $y \leqslant f(x)$, et à gauche de la courbe si $x \leqslant f^{-1}(y)$. L'aire totale vaut $6 - 2 = 4$. Pour la fonction de la figure, $f(x) = 2 + (x - 1)^{2}$, on trouve $\int_{1}^{2} f = \frac{7}{3}$ et $\int_{2}^{3}\big(1 + \sqrt{y - 2}\big)\,\mathrm{d} y = \frac{5}{3}$. ✓

2. L'identité. Comme $f^{-1}(y_{k + 1}) = x_{k + 1}$ et $f(x_{k}) = y_{k}$, chaque terme d'indice $k$ de la somme vaut $$(x_{k + 1} - x_{k})\,y_{k} + (y_{k + 1} - y_{k})\,x_{k + 1} = x_{k + 1}y_{k + 1} - x_{k}y_{k}.$$ La somme est télescopique, et vaut $x_{n}y_{n} - x_{0}y_{0} = 2 \times 3 - 1 \times 2$. $$\boxed{\sum_{k = 0}^{n - 1} (x_{k + 1} - x_{k})\,f(x_{k}) + \sum_{k = 0}^{n - 1} (y_{k + 1} - y_{k})\,f^{-1}(y_{k + 1}) = 4}$$ Première somme. C'est la somme $R_{n}(f)$ sur $[1\,,2]$ : par le théorème 9, elle tend vers $\int_{1}^{2} f$.

Seconde somme. Comme $f$ est strictement croissante, $\sigma_{n} = (y_{0}, \dots, y_{n})$ est une subdivision de $[2\,,3]$, et $y_{k + 1} \in [y_{k}\,,y_{k + 1}]$ : c'est la somme de Riemann $S(f^{-1}, \sigma_{n}, \xi)$, avec $\xi_{k} = y_{k + 1}$. Elle n'est pas régulière, et il faut contrôler son pas. La fonction $f$ est continue sur un segment, donc uniformément continue (chapitre 8, théorème 12) : pour tout $\delta > 0$, il existe $\alpha > 0$ tel que $|x - x'| \leqslant \alpha$ entraîne $|f(x) - f(x')| \leqslant \delta$. Dès que $\frac{1}{n} \leqslant \alpha$, le pas de $\sigma_{n}$ est donc au plus $\delta$.

Soit alors $\varepsilon > 0$, et $\delta$ associé à $\varepsilon$ et à $f^{-1} \in \mathcal{C}_{m}([2\,,3], \mathbb{R})$ par le théorème 9. Pour $n$ assez grand, le pas de $\sigma_{n}$ est au plus $\delta$, et la seconde somme est à moins de $\varepsilon$ de $\int_{2}^{3} f^{-1}$ : elle tend vers cette intégrale. En passant à la limite dans l'identité, $$\boxed{\int_{1}^{2} f + \int_{2}^{3} f^{-1} = 4 \quad\text{pour } f \text{ seulement continue}}$$ Piège. L'erreur la plus répandue est d'appliquer à la seconde somme la formule des sommes de Riemann régulières : les points $y_{k}$ ne sont pas équirépartis, et seul le théorème 9, avec un contrôle du pas, s'applique. C'est ici que sert la continuité uniforme, qui manquait au cas $\mathcal{C}^{1}$.

À retenir. Le même calcul donne, pour toute bijection continue strictement croissante $f$ de $[a\,,b]$ sur $[f(a)\,,f(b)]$, l'égalité $\int_{a}^{b} f + \int_{f(a)}^{f(b)} f^{-1} = bf(b) - af(a)$. Avec $f = \ln$ sur $[1\,,\mathrm{e}]$, on retrouve $\int_{1}^{\mathrm{e}}\ln + \int_{0}^{1}\mathrm{e}^{y}\,\mathrm{d} y = 1 + (\mathrm{e} - 1) = \mathrm{e}$. ✓