Sujet : Analyse, Intégration, Propriétés de l'intégrale

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013 Enoncés 1 Propriétés de l’intégrale Exercice 6 [ 01968 ] [correction] Soit f : [0,1]→R continue telle que Exercice 1 [ 01965 ] [correction] Z 1 1Soit f : [a,b]→R une fonction continue par morceaux et c∈ ]a,b[. f(t)dt = 2Montrer que 0 !Z Z Z Montrer que f admet un point fixe.b c b1 1 1 f(t)dt6 max f(t)dt, f(t)dt b−a c−a b−ca a c Exercice 7 [ 01969 ] [correction] Soit f : [a,b]→R une fonction continue.Exercice 2 [ 01966 ] [correction] Montrer :Soit f :R→R continue et T > 0. On suppose que Z b1 Z ∃c∈ ]a,b[, f(t)dt =f(c)x+T b−ate af(t)dt =C x Montrer que f est périodique. Exercice 8 [ 01970 ] [correction] [Formule de la moyenne] Soient f,g : [a,b]→R continues avec g> 0. Exercice 3 [ 01967 ] [correction] Montrer qu’il existe c∈ [a,b] tel que Soit f : [a,b]→R continue. Montrer Z Z b bZ Z b b f(t)g(t)dt =f(c) g(t)dt f(t)dt = |f(t)| dt si, et seulement si, f > 0 ou f 6 0 a a a a Exercice 9 [ 03092 ] [correction]Exercice 4 CCP MP [ 01767 ] [correction] [Seconde formule de la moyenne]f étant continue sur [a,b] et à valeurs dansR, trouver une condition nécessaire et Soient f,g : [a,b]→R deux fonctions continues avec f décroissante et positive.suffisante pour que ?Z Z a) Pour n∈N , on pose b b f(x)dx = |f(x)| dx Z n−1a a aX k+1 (b−a) S = f (a ) g(t)dt avec a =a+kn k k nakk=0 Exercice 5 X MP [ 03051 ] [correction] Montrer que2 0Soient (a,b)∈R avec a f b b b b On a g = f ∈R donc g = Re(g).
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Propriétés de l’intégrale

Exercice 1[ 01965 ][correction]
Soitf: [a b]→Rune fonction continue par morceaux etc∈]a b[.
Montrer que

b−1aZabf(t)dt6maxc1−aZacf(t)dbt1−cZcbf(t)dt

Exercice 2[ 01966 ][correction]
Soitf:R→Rcontinue etT >0. On suppose que
Zxx+Tf(t) dt=Cte

Montrer quefest périodique.

!

Exercice 3[ 01967 ][correction]
Soitf: [a b]→Rcontinue. Montrer
Zbaf(t)dt=Zab|f(t)|dtsi, et seulement si,f>0ouf60

Enoncés

Exercice 4CCP MP[ 01767 ][correction]
fétant continue sur[a b]et à valeurs dansR, trouver une condition nécessaire et
suffisante pour que
Zbdx=Zab|f(x)|dx
f(x)
a

Exercice 5X MP[ 03051 ][correction]
Soient(a b)∈R2aveca < betf∈ C0([a b]C).
A quelle condition portant surfa-t-on
b
Zaf=Zba|f|?

Exercice 6[ 01968 ][correction]
Soitf: [01]→Rcontinue telle que
11
Z0f(t)dt2
=

Montrer quefadmet un point fixe.

Exercice 7[ 01969 ][correction]
Soitf: [a b]→Rune fonction continue.
Montrer :
∃c∈]a b[b1−aZbaf(t)dt=f(c)

Exercice 8[ 01970 ][correction]
[Formule de la moyenne]
Soientf g: [a b]→Rcontinues avecg>0.
Montrer qu’il existec∈[a b]tel que
Zbaf(t)g(t)dt=f(c)Zbag(t)dt

Exercice 9[ 03092 ][correction]
[Seconde formule de la moyenne]
Soientf g: [a b]→Rdeux fonctions continues avecfdécroissante et positive.
a) Pourn∈N?, on pose

n−1
k=0Zak1g(t) dtavecak=a+k(b−a)
Xf(ak)ak+n
Sn=

Montrer que
Snn−−→Zbaf(t)g(t) dt
−−
→+∞
b) On introduitGla primitive degs’annulant ena.
Montrer que
f(a)[maibn]G6Sn6f(a)[maab]xG

1

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c) En déduire qu’il existec∈[a b]vérifiant
Zbaf(t)g(t) dt=f(a)Zacg(t) dt
d) Soientf g: [a b]→Rcontinues avecfmonotone.
Montrer qu’il existec∈[a b]tel que
b
Zabf(t)g(t) dt=f(a)Zacg(t) dt+f(b)Zcg(t) dt

Exercice 10[ 03188 ][correction]
Soitfune fonction réelle de classeC1positive et décroissante surI= [a b].
Soitgune fonction continue surI. On définitG:I→Rpar la relation
G(Zx
x) =g(t) dt
a
a) Montrer qu’il existem M∈Rtel que

G([a b]) = [m M]

b) Montrer que
Zabf(t)g(t) dt=f(b)G(b)−Zabf0(t)G(t) dt
c) En déduire qu’il existec∈[a b]tel que
Zbaf(t)g(t) dt=f(a)Zacg(t) dt

Exercice 11[ 01971 ][correction]
Soitf: [0 π]→Rcontinue.
a) Montrer que si
Z0πf(t) sintdt= 0
alors il existea∈]0 π[tel quefs’annule ena.
b) Montrer que si
π
Z0πf(t) sintdt=Zf(t) costdt= 0
0
alorsfs’annule 2 fois sur]0 π[.
(indice : on pourra regarderR0πf(t) sin(t−a)dt).

Enoncés

Exercice 12Mines-Ponts PC[ 01972 ][correction]
Soit(a b)∈R2tel quea < b,f: [a b]→Rcontinue etn∈Ntelle que :
∀k∈ {01  n}Zbatkf(t) dt= 0
Montrer quefs’annule au moinsn+ 1fois sur[a b].

Exercice 13[ 01973 ][correction]
Soitf: [01]→Rcontinue. Montrer quefpossède une unique primitiveF
que
Z10F(t) dt= 0

Exercice 14[ 01974 ][correction]
Soitf: [a b]→R. Montrer que la fonction
b
Zan(xt)dt
x7→f(t) si
est lipschitzienne.

telle

Exercice 15[ 02642 ][correction]
Soitf: [a b]→Rune fonction en escalier.
Montrer qu’il existe une subdivisionσdu segment[a b]adaptée àftelle que
toute autre subdivision adaptée àfsoit plus fine queσ.

Exercice 16X MP[ 02966 ][correction]
Soientf: [01]→Rcontinue telle que
Z10f(t) dt= 0
mle minimum defetMson maximum.
Prouver
Z1(t) dt6−mM
f2
0

Exercice 17X MP[ 02967 ][correction]
Soientfetgdeux fonctions croissantes et continues sur[01]. Comparer
Z01f(t)g(t) dtetZ10f(t) dt×Z1t) dt
g(
0

2

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Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
Supposons
c−1aZcaf>b1−cZbcf
On a alors
f b−ac
Zbaf=Zacf+Zcbf6Zcaf+cb−−caZacc aZaf
=

Le cas
b
1Zcaf<b1−cZf
c−ac
est semblable et on peut conclure.

Corrections

Exercice 2 :[énoncé]
On introduitFune primitive de la fonction continuef.
La fonctionx7→F(x+T)−F(x)est constante, elle est donc de dérivée nulle et
par suitef(x+T)−f(x) = 0.

Exercice 3 :[énoncé]
(⇐) ok
(⇒) SiRabf>0alorsRbaf=Rab|f|donneRab|f(t)| −f(t) dt= 0. Or la fonction
|f| −fest continue et positive donc elle est nulle.
Le casRbaf <0est semblable.

Exercice 4 :[énoncé]
Montrer que l’égalité proposée a lieu si, et seulement si,fest de signe constant
Sif>0ouf60: ok
Inversement, supposons
Zbaf==Zba|f|

SiRabf>0alorsRabf=Rba|f|donneRab|f(x)| −f(x) dx= 0.
Or la fonction|f| −fest continue et positive c’est donc la fonction nulle et par
suitef=|f|est positive.
Le casRbaf <0est semblable.

3

Exercice 5 :[énoncé]
SupposonsRbaf=Rba|f|.
On peut écrireRbaf=reiθavecr=Rabfetθ∈R.
Considérons alorsg:t7→f(t)e−iθ.
On aRbag=Rabf∈RdoncRabg=RabRe(g).
Or|g|=|f|et l’hypothèse de départ donneRab|g|=RbaRe(g)puis
Rab|g| −Re(g) = 0.
Puisque la fonction réelle|g| −Re(g)est continue, positive et d’intégrale nulle,
c’est la fonction nulle.
Par suite Re(g) =|g|et donc la fonctiongest réelle positive.
Finalement, la fonctionfest de la formet7→g(t)eiθavecgfonction réelle positive.
La réciproque est immédiate.

Exercice 6 :[énoncé]
La fonctionϕ:t7→f(t)−test définie, continue sur[01]et
Z10ϕ(t)dt=Z10f(t)dt−1=20

doncϕs’annule.

Exercice 7 :[énoncé]
Posons

µ=b−1aZbaf(t)dt
La fonctionϕ:t7→f(t)−µest définie, continue sur[a b]et
Zabϕ(t)dt=Zabf(t)dt−µ(b−a) = 0

doncϕs’annule.

Exercice 8 :[énoncé]
SiRabg(t)dt= 0alorsg= 0(car on saitgcontinue et positive) et le problème est
immédiatement résolu.
Sinon, puisquefest continue sur le segment[a b], elle admet un minimum et
maximum en des pointscetd.

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Posonsm=f(c)etM=f(d).
Par positivité de la fonctiong, on a

mg(t)6f(t)g(t)6M g(t)

Corrections

donc
m6Rbaf(t)g(t)dt
Rbag(t)dt6M
Il suffit alors d’appliquer le théorème des valeurs intermédiaires entrecetdpour
conclure.

Exercice 9 :[énoncé]
a) En exploitant la relation de Chasles, on peut écrire

Snf(t)g(t) dt=X
−Znab−0=1Zaakk+1(f(ak)−f(t))g(t) dt
k

Soitε >0. Puisquefest continue sur le segment[a b], elle y est uniformément
continue et donc il existeα >0tel que

∀s t∈[a n]|s−t|6α⇒ |f(s)−f(t)|6ε

Pournassez grand, on a|(b−a)n|6αet alors pour toutt∈[ak ak+1]on a
|ak−t|6αdonc|f(ak)−f(t)|6ε. On en déduit
b
Sn−Zf(t)g(t) dt6nk−X01=Zaakk+1ε|g(t)|dt6εM(b−a)avecM=[saubp]|g|
a

Par suite

n→+∞Zbaf(t
Sn−−−−→)g(t) dt
b) En exprimant l’intégrale à l’aide de la primitiveG

n−1
Sn=Xf(ak) (G(ak+1)−G(ak))
k=0

En séparant la somme en deux, puis en procédant à un décalage d’indice sur la
première
n n−1
Sn=Xf(ak−1)G(ak)−Xf(ak)G(ak)
k=1k=0

puis en recombinant les deux sommes

n−1
Sn=f(an−1)G(an) +X(f(ak−1)−f(ak))G(ak)−f(a0)G(a0)
k=1

OrG(a0) =G(a) = 0et puisque la fonctionfest décroissante et positive

n−1
Sn6f(an−1)M+X1(f(ak−1)−f(ak))MavecM=[maab]xG
k=

Enfin par télescopage
Sn6f(a0)M=f(a)M
De façon symétrique, on a aussi

Sn>f(a)mavecm=[maibn]G

c) En passant à la limite ce qui précède, on obtient
f(a)m6Zbaf(t)g(t) dt6f(a)M

4

Sif(a) = 0, le problème est immédiatement résolu, sinon, ce qui précède affirme
que
f1(Zabf(t)g(t) dt
a)
est valeur intermédiaire à deux valeurs prises parGet le théorème des valeurs
intermédiaires permet de conclure.
d) Quitte à considérer−f, ce qui ne change rien au problème posé, on peut
supposer que la fonctionfest croissante. En appliquant le résultat précédent à la
fonctiont7→f(b)−f(t)décroissante et positive, on peut affirmer qu’il existe
c∈[a b]tel que
Zba(f(b)−f(t))g(t) dt= (f(b)−f(a))Zcag(t) dt

et il suffit de réorganiser les membres de cette identité pour former celle voulue.

Exercice 10 :[énoncé]
a) La fonctionGest continue donc l’image d’un segment est un segment.
b) Il suffit de procéder à une intégration par parties.

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c) Puisque la fonction−f0est positive, on a
6−Zab
m(f(a)−f(b))f0(t)G(t) dt6M(f(a)−f(b))

et donc
b
mf(a) + [G(b)−m]f(b)6Zf(t)g(t) dt6M f(a) + [G(b)−M]f(b)
a

puis
mf(a)6Zb(t)g(a)
f(t) dt6M f
a
Ainsi, quef(a)soit nul ou non, il existec∈[a b]tel que
b
Zf(t)g(t) dt=f(a)G(c)
a

Corrections

Exercice 11 :[énoncé]
a)R0πf(t) sintdt= 0ett7→f(t) sintest continue donc il existea∈]0 π[tel que
f(a) sina= 0i.e.f(a) = 0.
b) Par l’absurde sifne s’annule qu’une seule fois alors le tableau de signe def
est de l’une des quatre formes suivantes

t0 ta π0a π
f(t) 0 + 0 + 0,f(t) 0−0−0

t0 ta π
f(t) 0 + 0−0ouf(t)

Les deux premiers cas sont à exclure car
Z0πf(t) sintdt

0
0

a
−0 +

π
0

est l’intégrale nulle d’une fonction non nulle de signe constant.
Les deux autres cas sont à exclure car
π
Z0πf(t) sin(t−a)dt= cosaZf(t) sintdt−sinaZ0πf(t) costdt
0
est l’intégrale nulle d’une fonction non nulle de signe constant.
Absurde.

5

Exercice 12 :[énoncé]
Notons que l’hypothèse initiale donne que pour toute fonction polynomialePde
degré6n,
ZabP(t)f(t) dt= 0
Par l’absurde supposons quefne s’annule pas plus denfois. Par la continuité de
f, on peut dresser son tableau de signe et en notantx1     xp(avecp6n) les
points oùfs’annule en changeant de signe, on peut affirmer que
x7→(x−x1)  (x−xp)f(x)est une fonction continue de signe constant. Or
celle-ci est nulle donc c’est la fonction nulle. On en déduit quefest nulle sur
[a b] {x1     xp}puis sur[a b]par continuité.

Exercice 13 :[énoncé]
Unicité : soientFetGdeux primitives solutions. Il existeC∈Rtel que
F=G+C.
1
Z10FZ0
= 0 =G
donne alorsC= 0puisF=G.
Existence : PosonsF(x) =R0xf(t) dt. La fonction
1
F:x7→ F(x)Z0
− F(u) du

résout le problème.

Exercice 14 :[énoncé]
Posonsg(x) =Rabf(t) sin(xt) dt.
g(x)−g(y) =Zabf(t) (sin(xt)−sin(yt)) dt=Zba2f(t) sin (x−2y)tcos (x2+y)tdt

donc
b
|g(x)−g(y)|6|x−y|Z|tf(t)|dt
a
en vertu de|sinu|6|u|et ainsigest lipschitzienne.

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Corrections

Exercice 15 :[énoncé]
SoitAl’ensemble desn∈Ntel qu’il existe une subdivisionσ= (a0     an)
adaptée àf.
Aest une partie non vide deNelle possède donc un plus petit élément, p.
Il existe une subdivisionσ= (a0     ap)adaptée àf.
Montrons que toute subdivisionσ0= (b0 b1  bn)adaptée àfest plus fine queσ.
Par l’absurde : supposons∃i∈ {12  p−1}tel queai∈ {b0 b1     bn}.
On peut alors affirmer qu’il existej∈ {12     n}tel queai∈]bj−1 bj[.
Commeσetσ0sont adaptées àfon peut affirmer quefest constante sur
]ai−1 ai[]ai ai+1[et]bj−1 bj[puis quefest constante sur]ai−1 ai+1[.
Par suite la subdivisionσ0= (a0     ai−1 ai+1     ap)est adaptée àfor cela
contredit la définition dep.

Exercice 16 :[énoncé]
La fonctiont7→(M−f(t))(f(t)−m)est positive donc
Z10(M−f(t))(f(t)−m) dt>0
En développant et par linéarité, on obtient−mM−R01f2(t) dt>0sachant
R01f(t) dt= 0.
On en déduit l’inégalité demandée.

Exercice 17 :[énoncé]
Nous allons établir l’inégalité
Z01f(t) dt×Z10g(t) dt6Z10f(t)g(t) dt

On peut commencer par observer que si cette inégalité est vraie pourfetg, elle
l’est encore pourf+λetg+µavecλ µ∈R. On peut donc, sans perte de
généralités, supposerR10f(t) dt=R01g(t) dt= 0et il s’agit alors d’établir
R01f(t)g(t) dt>0.
Il existe alorsa∈[01]tel quef(x)60pourx∈[0 a]etf(x)>0pourx∈[a1].
Il existe aussib∈[01]tel queg(x)60pourx∈[0 b]etg(x)>0pourx∈[b1].
Quitte à échangerfetg, on peut supposera6b.
Z01f(t)g(t) dt=Z0af(t)g(t) dtZbf(t)g(t) dt+Zb1f(t)g(t) dt
+
a

6

R0af(t)g(t) dt>0carf(t) g(t)60sur[0 a].
Rbaf(t)g(t) dt>f(b)Rbag(t) dtcarf(t)6f(b)et doncf(t)g(t)>f(b)g(t)puisque
g(t)60.
Rb1f(t)g(t) dt>f(b)Rb1g(t) dtcarf(t)>f(b)et doncf(t)g(t)>f(b)g(t)puisque
g(t)>0.
On en déduit
Z01f(t)gZa1g(t) dt>0
(t) dt>f(b)
et on peut conclure.
Notons que la comparaison
Z10f(t) dt×Z01g(t) dt6Z10f(t)g(t) dt

ne peut tre améliorée car c’est une égalité quandfetgsont des fonctions
constantes.

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