Intégration

Intégration
1
3
Questions de cours
Exercices
1. Soit F = {f ∈ C 1 ([0, 1], R) | f (0) =
0, f (1) = 1}. Déterminer
1. Énoncer et montrer le théorème d’intégration par parties.
inf
f ∈F
2. Énoncer et montrer le théorème de
changement de variables.
1
|f ′ − f | .
0
2. Montrer le lemme de RiemannLebesgue : si f est continue de [a, b] dans
R
C, alors In = ab f (t)eint dt tend vers 0
quand n tend vers ∞.
3. Montrer que si f ∈ Cm ([a, b]) est continue, positive, d’intégrale nulle sur [a, b],
alors f est nulle.
2
Z
3. Montrer le lemme de Gronwall : soit
f : [0, 1] → R+ continue, telle qu’il
existe a ∈ R tel que pour tout t ∈]0, 1]
f (t) 6 a
Applications
Z
t
f (u)du.
0
Alors f est nulle.
1. Soit f : R → R continue,
et soit T > 0.
R x+T
Montrer que si x 7→ x f est constante,
alors f est périodique.
4. Soit f : [0, 1] → R continue d’intégrale
nulle. On pose α = min f et β = max f .
Montrer que
Z
2. Soit f : [a,
b]R → R continue. Montrer
R b que si a f = ab |f |, alors f est positive
ou négative sur [a, b].
1
f 2 6 −αβ.
0
5. Soient a, b ∈ R et f ∈ C ([a, b], C). Donner une CNS sur f pour avoir
Z
b f
a 3. Soit f : [0, 1] → R continue d’intégrale
1/2 sur [0, 1]. Montrer que f admet un
point fixe.
1
=
Z
b
a
|f | .
8. Montrer que toute fonction continue
[a, b] → R possède une unique primitive
d’intégrale nulle sur [a, b].
6. Soit a < b ∈ R, et E = C 0 ([a, b], R). On
appelle f l’ensemble des fonctions C 2 sur
[a, b] s’annulant ainsi que leur dérivée en
a et b. Soit f ∈ E. Montrer qu’il existe
g ∈ F telle que g ′′ = f si et seulement si
Z
b
a
f=
Z
b
a
9. Soit f : [0, 1] → R continue. On définit
F : [0, 1] → R par
tf (t)dt = 0.
F (x) =
Z
1
min(x, t)f (t)dt.
0
7. Soient f une fonction continue impaire
sur R, g continue sur R. Montrer que
pour tout a ∈ R, il existe c ∈ R tel que
f (c) = g(c)
Z
c
a
Montrer que F est de classe C 2 , et calculer F ′′ (x).
En déduire que
f.
F (x) =
2
Z
x
0
Z
1
u
f (t)dt du.
4
Corrections
4.1
Applications
1. Il suffit de prendre une primitive F de f , et alors x 7→ F (x + T ) − F (x) est constante,
donc de dérivée nulle.
2. On regarde le cas ab f > 0 (le cas négatif est similaire). On a alors
linéarité de l’intégrale, or |f | − f est positive, et donc nulle.
R
3. ϕ : t 7→ f (t) − t est continue sur [0, 1], et
4.2
R1
0
Rb
a
|f | − f = 0 par
ϕ = 0. Donc ϕ s’annule.
Exercices
1. À toute fonction f ∈ F on associe g : x 7→ f (x)e−x : on a alors f ′ − f = exp ×g ′ . Quand
f parcourt F , g parcourt G = {g ∈ C 1 ([0, 1], R) | g(0) = 0, g(1) = 1/e}, et donc h = g ′
parcourt l’ensemble des fonctions continues d’intégrale 1/e sur [0, 1]. En résumé :
inf
f ∈F
Z
1
|f − f | = inf
′
Z
1
x
e |g (x)| dx = inf
g∈G 0
0
′
h∈H
Z
1
ex |h(x)| dx.
0
Or pour h ∈ H, on a clairement
Z
1
x
e |h(x)| dx >
0
Z
1
|h(x)| dx = 1/e.
0
Montrons que 1/e est bien la borne inférieure cherchée. On construit une suite hn telle
R
que 01 ex |h(x)| dx tende vers 1/e.
On prend hn définie par : h affine sur [0, 1/n] avec h(0) = 2n/e, h(1/n) = 0, et h nulle
sur [1/n, 1]. Un calcul rapide nous donne
Z
0
1
ex |hn (x)| dx 6
e1/n
,
e
et donc on a bien le résultat.
2. On commence par le montrer pour les fonctions caractéristiques, puis pour les fonctions
en escaliers, puis pour les fonctions continues.
Si f est la fonction caractéristique de [a, b], on a
Z
b
a
f (t)eint dt =
Z
β
α
eint dt =
1 inβ
e − einα .
n
On a donc |In | 6 n2 .
Si f est une fonction en escalier, alors on peut l’écrire comme combinaison linéaire de
fonctions caractéristiques, et la linéarité de l’intégrale et de la limite donne le résultat.
3
Si f est une fonction continue quelconque, alors on trouve g en escalier telle que |f − g| <
ε. On a alors
|In | 6
6
6
Z
Z
b
b
int int (f (t) − g(t))e dt + g(t)e
dt
a
a
Z b
Z b
|f (t) − g(t)| dt + g(t)eint dt
a
a
Z
b
(b − a)ε + g(t)eint dt
a
Le deuxième terme tend vers 0, et donc on a bien lim In = 0.
3. On pose F : t 7→ 0t f (u)du. F est dérivable, et l’hypothèse est F ′ 6 aF . Donc la
fonction g : t 7→ F (t)e−at a une dérivée négative, et donc est décroissante sur ]0, 1]. Or
g(0) = F (0) = 0, et est positive car f l’est, et donc g est nulle. Donc F est nulle, et donc
f aussi.
R
4. f − α et β − f sont des fonctinos positives, et donc
Z
06
1
(f − α)(β − f )
0
= (β + α)
Z
1
f − αβ −
0
Z 1
= −αβ −
Z
1
f2
0
f2
0
D’où le résultat demandé.
5. Supposons qu’on ait l’égalité demandée. On pose
pose g(t) = f (t)e−iθ . On a alors
Z
b
a
g=e
−iθ
Z
b
a
Rb
R
b f
a iθ
a f = re , où r = et θ ∈ R. On
f = r ∈ R.
Donc ab g = ab ℜ(g).
R
R
Or on a |g| = |f |, et l’hypothèse du départ nous donne ab |g| = ab ℜ(g), et donc
R
R
Z
b
a
(|g| − ℜ(g)) = 0.
Or la fonction |g| − ℜ(g) est réelle, continue, positive, et donc elle est nulle. Finalement,
g est une fonction réelle positive.
Donc f est de la forme t 7→ g(t)eiρ , où ρ ∈ R. Réciproquement, ces fonctions conviennent.
6. On note G l’ensemble des fonctions f ∈ E qui s’écrivent sous la forme g ′′ avec g ∈ F .
Soit f ∈ G, f = g ′′ . On a alors
Z
b
a
f=
Z
b
a
g ′′ = [g ′(t)]ba = 0,
4
et
Z
b
a
tf (t)dt =
Z
b
a
tg ′′(t)dt
= [tg ′(t)]ba −
b
Z
g ′(t)dt
a
= [tg ′(t) − g(t)]ba
=0
Réciproquement, supposons que les moments d’ordre 0 et 1 de f soient nuls. On pose
x
Z
f1 (x) =
a
Z
f et g(x) =
x
a
f1 .
Alors g est C 2 sur [a, b] et g ′′ = f . De plus
g ′ (a) = f1 (a) = 0 et g(a) = 0,
et
g ′(b) = f1 (b) =
b
Z
a
et
Z
g(b) = [tf1 (t)]ba −
f (t)dt = 0,
b
tf (t)dt = 0.
a
7. On pose h = f − g × ax f . f est définie et continue sur R, h(a) = f (a), et h(−a) =
f (−a) = −f (a) par imparité de f (deux fois). Donc h(a)h(−a) 6 0, et donc par théorème
des valeurs intermédiaires, h s’annule entre −a et a.
R
8. Pour l’existence, soit g(x) = ax f . Alors
R
F : x 7→ g(x) −
b
Z
a
g
répond au problème.
L’unicité vient du fait que toutes les primitives de f sont égales à constante près.
9. Par Chasles, on coup l’intégrale en deux parties
Z
x
F ′ (x) = xf (x) +
Z
F (x) =
tf (t)dt + x
0
1
Z
x
f (t)dt.
F est donc dérivable, et
1
x
f (t)dt − xf (x) =
Donc F est C 2 , et F ′′ (x) = −f (x).
On a
F (u) =
′
Z
1
u
Z
1
x
f (t)dt.
f (t)dt,
et comme F (0) = 0
F (x) =
Z
x
F (u)du =
′
Z
0
0
5
x
Z
1
u
f (t)dtdu.