À partir de cette section, nous allons toujours prendre $h = 1$. Cela facilitera une nouvelle fois les énoncés.
Motivation
Nous motivons la notion d'intégration en nous intéressant au problème suivant.
Solution
On remarque que
$$\frac1{i(i+1)} = \frac1i - \frac1{i+1}. \quad (*)$$ On peut dès lors réécrire la somme comme
$$S = \left(\frac11-\frac12\right)+\left(\frac12-\frac13\right)+\ldots + \left(\frac1{99}-\frac1{100}\right)$$ dans laquelle la majorité des termes se simplifient. Il nous reste uniquement $S = \frac11-\frac1{100}=\frac{99}{100}$.
On pourrait retenir de cette preuve la seule relation $(*)$, ou bien l'idée des sommes télescopiques (honnêtement, c'est la seule idée de cette section, on aurait pu l'appeler "Intégration, ou l'Art des sommes télescopiques"), mais on va surtout noter que l'égalité $f(x) = \frac{1}{x(x+1)} = \frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}$ n'est rien d'autre que $(\Delta F)(x)$ où $F(x) = - \frac{1}{x}$. (Ne nous tracassons pas de $x = 0$ ou $x = -1$ pour le moment.) Il apparaît alors dans la solution de ce problème que $f(1) + f(2) + \ldots + f(99)$ est égal à $F(100) - F(1)$. Est-ce un simple hasard ? Ou est-ce dû au fait que $f = \Delta F$ ? Vous devinez sans doute la réponse...
Primitive discrète
Avant de voir cela plus en détails, donnons une nouvelle définition. Étant données deux fonctions $f \colon \mathbb Z \to \mathbb R$ et $F \colon \mathbb Z \to \mathbb R$ telles que $\Delta F = f$, on a déjà vu que $f$ était appelée la dérivée discrète de $F$. Dans l'autre sens, on dit aussi que $F$ est une
primitive (discrète) de $f$.
Lorsqu'on est en présence d'une fonction $f \colon \mathbb Z \to \mathbb R$, en trouver une primitive $F$ peut souvent se révéler utile.
Dans le cadre de l'analyse classique, et pour ceux qui connaissent, on sait que les primitives d'une fonction $f$ sont de la forme $F_0+C$ où
$$F_0(x) = \int_0^x f(u)\,\mathrm du$$ et $C$ est une constante. Pour les dérivées discrètes, les primitives ont une forme similaire.
Formule pour les primitives
Soit $f \colon \mathbb Z \to \mathbb R$ une fonction. Alors les primitives de $f$ sont de la forme $F = F_0+C$ où
$$F_0(x) = \left\{ \begin{array}{cl}
\hspace{4mm} \displaystyle\sum_{i=0}^{x-1} f(i) & \text{ pour $x \in \mathbb{Z}_{> 0}$ } \\
0 & \text{ pour $x = 0$}\\
- \displaystyle\sum_{i=x}^{-1} f(i) & \text{ pour $x \in \mathbb{Z}_{< 0}$ }
\end{array} \right.$$ et $C \in \mathbb R$ est une constante.
Démonstration
Pour se faire une meilleure intuition de $F_0$, donnons ses valeurs autour de $0$ :
\begin{align}
F_0(-3) &= - f(-3) - f(-2) - f(-1)\\
F_0(-2) &= - f(-2) - f(-1)\\
F_0(-1) &= - f(-1)\\
F_0(0) &= 0\\
F_0(1) &= f(0)\\
F_0(2) &= f(0) + f(1)\\
F_0(3) &= f(0) + f(1) + f(2)
\end{align} De là, on voit aisément que $\Delta F_0 = f$. En effet, $(\Delta F_0)(x) = F_0(x+1) - F_0(x)$ et on observe bien que $F_0(x+1)$ est toujours obtenu de $F_0(x)$ en lui ajoutant le terme $f(x)$.
On a tout aussi rapidement que $\Delta(F_0+C) = f$, puisque
$$\Delta(F_0+C)(x) = \big(F_0(x+1) + C\big) - \big(F_0(x) + C\big) = F_0(x+1) - F_0(x) = (\Delta F_0)(x) = f(x).$$
Réciproquement, considérons $F$ une primitive de $f$ et notons $C = F(0)$. Le fait que $F$ est primitive de $f$ implique que $F(x+1) - F(x) = f(x)$ pour tout $x \in \mathbb Z$, et on peut donc trouver récursivement que
$$\begin{align}
F(1) &= F(0)+f(0) = C + f(0)\\
F(2) &= F(1)+f(1) = C + f(0)+f(1)\\
& \cdots
\end{align}$$ De la même manière dans les nombres négatifs, on a
$$\begin{align}
F(-1) &= F(0) - f(-1) = C - f(-1)\\
F(-2) &= F(-1) - f(-2) = C - f(-2) - f(-1)\\
& \cdots
\end{align}$$ On voit que $F$ est égal à $F_0 + C$, ce qui montre que toutes les primitives de $f$ sont bien de cette forme.
Dans la formule du résultat précédent, nous avons dû péniblement écrire des formules différentes selon que $x$ est supérieur, égal ou inférieur à $0$. Afin d'éviter cette discussion de cas à l'avenir, nous introduisons la convention suivante :
Cela peut paraître un peu barbare mais c'est en fait la façon naturelle de définir $\sum_{i=a}^{b-1} f(i)$ lorsque $b \leq a$ si l'on souhaite garder toutes les bonnes propriétés de la somme. Par exemple, avec cette convention on a
$$\sum_{i=a}^{b-1} f(i) + \sum_{i=b}^{c-1}f(i) = \sum_{i=a}^{c-1}f(i)$$ quel que soit l'ordre dans lequel les entiers $a, b, c$ se trouvent.
Théorème fondamental
En analogie avec le théorème fondamental de l'analyse
$$\int_a^b f(u)\,\mathrm du = F(b)-F(a) \quad ( =: [F(x)]_a^b),$$ on a du côté discret le théorème suivant.
Théorème (fondamental de l'analyse discrète)
Soit $f \colon \mathbb Z \to \mathbb R$ et $F \colon \mathbb Z \to \mathbb R$ une primitive de $f$. Nous avons l'égalité
$$\sum_{i=a}^{b-1} f(i) = F(b) - F(a) \quad (=: [F(x)]_a^b).$$
Démonstration
Cela découle directement de la formule que nous avons démontrée pour les primitives de $f$.
Au début de cette section nous avons vu pour un $f$ bien particulier que $f(1) + \ldots + f(99)$ était égal à $F(100) - F(1)$. On voit donc maintenant que ce n'était pas un hasard et que cette formule est vraie quelle que soit la fonction $f$ de départ.
Application
Passons maintenant à une autre application.
Solution
Commençons par calculer
$$\begin{align*}
\Delta P(m) & = P(m+1) - P(m) \\
\Delta\!^2 P(m) & = P(m+2) - 2P(m+1) + P(m) \\
\Delta\!^3 P(m) & = P(m+3) - 3P(m+2) + 3 P(m+1) - P(m).
\end{align*}$$ Par hypothèse, ces trois valeurs sont entières. De plus, vu que $P(x)$ est de degré $3$, sa troisième dérivée $\Delta^3 P(x)$ est de degré $0$, c'est-à-dire constante. Il existe donc $k \in \mathbb Z$ tel que $\Delta^3P(m) = k$ pour tout $m \in \mathbb Z$.
À partir de $\Delta^3 P$, on peut maintenant reconstruire $P$ en utilisant à plusieurs reprises le théorème fondamental de l'analyse discrète. Tout d'abord
$$\Delta^2P(n) = \Delta^2P(m) + \sum_{i=m}^{n-1} k.$$ On a donc $\Delta^2P(n) \in \mathbb Z$ pour tout $n \in \mathbb Z$. On peut ensuite recommencer :
$$\Delta P(n) = \Delta P(m) + \sum_{i=m}^{n-1} \Delta^2P(i) \in \mathbb Z$$ et finalement
$$P(n) = P(m) + \sum_{i=m}^{n-1} \Delta P(i) \in \mathbb Z$$ comme voulu.