Ce qui passe sous le signe intégrale, et ce qui n'y passe pas

a) L'inégalité est stricte. L'intégrale se calcule coordonnée par coordonnée : $${\int }_0^{\pi }f=([\sin t{]}_0^{\pi },[-\cos t{]}_0^{\pi })=(0,2),\Vert {\int }_0^{\pi }f\Vert =2.$$ Or $\Vert f(t)\Vert =1$ pour tout $t$, donc ${\int }_0^{\pi }\Vert f\Vert =\pi$, et $2<\pi$ : l'inégalité est stricte alors que $f$ ne s'annule jamais. L'explication est géométrique : les vecteurs $f(t)$ pointent dans des directions différentes et se compensent — la composante horizontale s'annule complètement. Sur $[0,2\pi ]$ la compensation devient totale : ${\int }_0^{2\pi }f=(0,0)$ tandis que ${\int }_0^{2\pi }\Vert f\Vert =2\pi$. Le vecteur nul est l'intégrale d'une fonction de norme constante égale à $1$.

b) Pour une fonction réelle de signe constant, c'est une égalité. Si $g\ge 0$, alors $|g|=g$ et ${\int }_a^{b}g\ge 0$ par positivité de l'intégrale, donc $|\int g|=\int g=\int |g|$. Si $g\le 0$, on applique cela à $-g$. La perte observée au a) est donc purement vectorielle — ou, pour une fonction réelle, due à un changement de signe : dans $\mathbb{R}$, il n'y a que deux directions, $+$ et $-$, et le signe joue exactement le rôle de la direction.

c) La trace passe, parce qu'elle est linéaire. Le cours établit que pour $L$ linéaire entre espaces de dimension finie, ${\int }_a^{b}L(f)=L\left({\int }_a^{b}f\right)$ — on écrit $f$ dans une base, l'intégrale est définie coordonnée par coordonnée, et $L$ envoie une combinaison linéaire sur la combinaison linéaire des images. La trace étant une forme linéaire sur ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{R})$, il vient $$\mathrm{tr}\left({\int }_a^{b}M\right)={\int }_a^b\mathrm{tr}M.$$ Le résultat général : toute application linéaire commute avec l'intégrale. Il couvre le passage à une coordonnée, la multiplication par une matrice constante, la transposition, une projection orthogonale — tout ce qui est linéaire.

d) Le déterminant ne passe pas. Il est $n$-linéaire, pas linéaire. Sur $[0,2]$, posons $$M(t)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 0\end{array}\right)\text{ si }t\in [0,1[,M(t)=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 1\end{array}\right)\text{ si }t\in [1,2],$$ fonction constante par morceaux, donc continue par morceaux. Alors ${\int }_0^{2}M=I_2$, de déterminant $1$, tandis que $\det M(t)=0$ pour tout $t$ (les deux matrices sont de rang $1$), donc ${\int }_0^2\det M=0$. Deux matrices non inversibles ont une moyenne inversible : l'écart entre linéaire et multilinéaire est ici maximal, $0$ contre $1$.

e) Les sommes de Riemann vectorielles. La première somme est la somme de Riemann à droite, sur la subdivision régulière de $[0,1]$ en $n$ parts, de $t\mapsto (\cos \pi t,\sin \pi t)$, continue. Le théorème des sommes de Riemann, valable pour les fonctions vectorielles avec la même démonstration, donne $$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\left(\cos \frac{k\pi }{n},\sin \frac{k\pi }{n}\right)⟶{\int }_0^1(\cos \pi t,\sin \pi t)\mathrm{d}t=\left({\left[\frac{\sin \pi t}{\pi }\right]}_0^1,{\left[\frac{-\cos \pi t}{\pi }\right]}_0^1\right)=\left(0,\frac{2}{\pi }\right).$$ On retrouve $\frac{2}{\pi }\approx 0,637$, ordonnée du centre de gravité du demi-cercle supérieur. De même, $$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\left({\left(\frac{k}{n}\right)}^2,\sin \frac{k\pi }{n}\right)⟶\left({\int }_0^1{t}^2\mathrm{d}t,{\int }_0^1\sin \pi t\mathrm{d}t\right)=\left(\frac{1}{3},\frac{2}{\pi }\right).$$ Une seule limite vectorielle calcule deux limites réelles d'un coup.

Ce que l'exercice installe. L'intégrale hérite exactement de ce qui est linéaire, et cela tombe dès le multilinéaire. L'inégalité triangulaire est stricte dès qu'il y a compensation de directions, phénomène inexistant pour une fonction réelle de signe constant. Et retenir le contre-exemple du déterminant : deux matrices non inversibles ont une moyenne inversible.