Correction de l’exercice 1 N
fest continue sur le segment [a,b]et admet donc un maximum Msur ce segment. Puisque fest strictement
positive sur [a,b], ce maximum est strictement positif.
Pour n∈N∗, posons un=Rb
a(f(x))ndx1/n
. Par croissance de l’intégrale, on a déjà
un6Zb
a
Mndx1/n
=M(b−a)1/n,
(car ∀x∈[a,b],06f(x)6M⇒ ∀x∈[a,b],(f(x))n6Mnpar croissance de la fonction t7→tnsur [0,+∞[).
D’autre part, par continuité de fen x0tel que f(x0) = M, pour ε∈]0,2M[donné, ∃[α,β]⊂[a,b]/α<βet ∀x∈
[α,β],f(x)>M−ε
2.
Pour nélément de N∗, on a alors
un>Zβ
α(f(x))ndx1/n
>Zβ
α(M−ε
2)ndx1/n
= (M−ε
2)(β−α)1/n.
En résumé,
∀ε∈]0,2M[,∃(α,β)∈[a,b]2/α<βet ∀n∈N∗,(M−ε
2)(β−α)1/n6un6M(b−a)1/n.
Mais, limn→+∞M(b−a)1/n=Met limn→+∞(M−ε
2)(β−α)1/n= (M−ε
2)(β−α)1/n.
Par suite, ∃n1∈N∗/∀n>n1,M(b−a)1/n<M+εet ∃n2∈N∗/∀n>n2,(M−ε
2)(β−α)1/n>M−ε.
Soit n0=Max{n1,n2}. Pour n>n0, on a M−ε<un<M+ε. On a montré que
∀ε>0,∃n0∈N∗/∀n∈N,(n>n0⇒ |un−M|<ε),
et donc que limn→+∞un=M.
Plus généralement, si gcontinue sur [a,b],gadmet un minimum m1et un maximum M1sur cet intervalle, tous
deux strictement positifs puisque gest strictement positive. Pour ndans N∗, on a
m1/n
1Zb
a
(f(x))ndx1/n
6Zb
a
(f(x))ng(x)dx1/n
6M1/n
1Zb
a
(f(x))ndx,
et comme d’après l’étude du cas g=1, on a limn→+∞m1/n
1Rb
a(f(x))ndx1/n=limn→+∞M1/n
1Rb
a(f(x))ndx1/n=
M, le théorème de la limite par encadrements permet d’affirmer que limn→+∞Rb
a(f(x))ng(x)dx1/n=M. On
a montré que
lim
n→+∞Zb
a
(f(x))ng(x)dx1/n
=Max{f(x),x∈[a,b]}.
Correction de l’exercice 2 N
1. fest continue sur le segment [0,1]et est donc bornée sur ce segment. Soit Mun majorant de |f|sur
[0,1]. Pour n∈N,
|un|6Z1
0
tn|f(t)|dt 6MZ1
0
tndt =M
n+1,
et comme limn→+∞M
n+1=0, on a montré que limn→+∞un=0.
Soit n∈N. Puisque fest de classe C1sur [0,1], on peut effectuer une intégration par parties qui fournit
un=tn+1
n+1f(t)1
0−1
n+1Z1
0
tn+1f0(t)dt =f(1)
n+1−1
n+1Z1
0
tn+1f0(t)dt.
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