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.