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Montrer que Z b a f &lt

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

Lycée Hoche MPSI B Feuille Intégration sur un segment (MPSI)

1. (Eis01)Soitf continue non identiquement nulle sur [a, b]

et telle que Z

[a,b]

f(x)dx= Z

[a,b]

xf(x)dx= Z

[a,b]

x2f(x)dx= 0

Montrer que f admet au moins trois zéros dans ]a, b[. Généraliser.

2. (Eis02)Soitf continue sur[0,1]et telle que Z

[0,1]

f =1 2

Montrer quef admet un point xe.

3. (Eis03)Soit f continue et à valeurs strictement positives sur[a, b]. On note aussi

M = max

[a,b]

f, m= min

[a,b]

f Pour tout entiern6= 0, on pose

un= Z

[a,b]

fn

!n1

vn = Z

[a,b]

f−n

!n1

Montrer que(un)n∈N→M et (vn)n∈N→m. 4. (Eis04)Soitf continue sur[0, π] et telle que

Z

[0,π]

fsin = Z

[0,π]

fcos = 0

Montrer quef admet au moins deux zéros sur]0, π[. 5. (Eis05)Soitf continue sur[a, b]telle que

Z b a

f2= Z b

a

f3= Z b

a

f4

Montrer quef est constante sur[a, b]et préciser sa va- leur.

6. (Eis06)Soitf continue sur[a, b]. Montrer que

Z b a

f

<

Z b a

|f|

sif n'est pas de signe constant.

7. (Eis07)Déterminer une suite équivalente à la suite(un)n∈N dénie par

un=

n

X

k=0

1 k2+ (n−k)2 8. (Eis08)Soit0< a < b, montrer queRb

a dx

xb−a

ab.

9. (Eis09) On adopte les notations du texte Intégration sur un segment.

Soitf une fonction bornée à valeurs réelles dénie sur un segment[a, b]. On note E(f) l'ensemble des fonctions en escalier inférieures àf et E+(f)l'ensemble des fonc- tions en escalier supérieures àf. On noteI+(f)la borne inférieure de l'ensemble des R

[a,b]ϕ pour ϕ ∈ E+(f) et I(f)la borne supérieure de l'ensemble desR

[a,b]ϕpour ϕ∈ E(f).

Le pas d'une subdivisionS= (x0, x1,· · ·, xn)est le plus grand desxi+1−xi pouri∈J0, n−1K. Il est notéδ(S). On supposef croissante sur[a, b].

Soit S = (x0, x1,· · · , xn) une subdivision de [a, b]. On dénit des fonctions en escalierϕetψ:

∀i∈J0, nK, ϕ(xi) =ψ(xi) =f(xi)

∀i∈J0, n−1K,

(v. deϕsur]xi, xi+1[ =f(xi) v. deψsur]xi, xi+1[ =f(xi+1) a. Montrer queϕ∈ E(f)etψ∈ E+(f). Montrer que

0≤ Z

[a,b]

ψ− Z

[a,b]

ϕ≤δ(S)(f(b)−f(a))

b. Montrer queI(f) =I+(f).

10. (Eis10)Pourx6=±1réel, justier la dénition deI(x)par

I(x) = Z π

0

ln(x2−2xcost+ 1)dt

a. On posetk =k2n = kπn pour k entre 0 et n. En remarquant queeitk et e−itk sont des racines 2n- ièmes de l'unité donner une expression simple de

n−1

Y

k=0

(x−eitk)(x−e−itk)

b. CalculerI(x)à l'aide de somme de Riemann.

11. (Eis11)Lemme de Riemann-Lebesgue.

On admet que, pour tout réelT :RT+2π

T cos = 0. a. Montrer que, pour tous réelsa < b:

1 n

Z nb na

cos

!

n∈N

→0

b. Montrer que, pour tous réelsa < bet toute fonction f continue par morceaux sur[a, b]:

1 n

Z nb na

f(u

n) cosu du

!

n∈N

→0

12. (Eis12)On admet que, pour tout réelT :RT+2π

T |sin|= 4. a. Montrer que, pour tous réelsa < b:

1 n

Z nb na

|sin|

!

n∈N

→ 2 π(b−a)

b. Montrer que, pour tous réelsa < bet toute fonction f continue par morceaux sur[a, b]:

1 n

Z nb na

f(u

n)|sinu|du

!

n∈N

→ 2 π

Z b b

f

13. (Eis13)Montrer que(In)n∈Nconverge vers0avec

In= Z 1

0

xnln(1 +x2)dx

(2)

Lycée Hoche MPSI B Feuille Intégration sur un segment (MPSI)

14. (Eis14) Soient f et g continues sur [0,1], à valeurs posi- tives et telles quef(x)g(x)≥1pour tous lesxde[0,1]. Montrer que

Z

[0,1]

f Z

[0,1]

g≥1.

15. (Eis15)SoitE l'ensemble des fonctions continues sur[0,1]

et à valeurs strictement positives. Pourf ∈E, on pose

p(f) = Z 1

0

f(t)dt Z 1

0

1 f(t)dt

Montrer quep(f)≥1pour toutef ∈E. Montrer que min{p(f), f ∈E}= 1

Quel est l'ensemble desf ∈Etels que p(f) = 1? 16. (Eis16)En utilisant

1

1 + xn = 1−x

n+ x2 n2(1 +nx) déterminer la limite de(In)n∈

Navec In=

Z π 0

nsinx n+x dx.

17. (Eis17)Soitf continue sur[0,1]. Montrer que

(In)n∈

N= Z 1

0

f(xn)dx

n∈N

→f(0).

18. (Eis18)La fonction dénie sur[0,4]par x7→sin(π

4bxc)

est-elle intégrable ? Si oui, calculer son intégrale.

19. (Eis19)Pour tout natureln, on considère une fonctionkn continue dans [0,1], décroissante, à valeurs positives et telle que :

Z

[0,1]

kn

!

n∈N

→1; ∀a∈]0,1], (kn(a))n∈

N→0 Pourf ∈ C([0,1]), on poseKn(f) =R

[0,1]f kn.

a. Montrer quekndéni dans[0,1]parkn(x) =ne−nx satisfait aux conditions.

b. Montrer quef(0) = 0 entraine(Kn(f))n∈

N→0. c. Que dire de(Kn(f))n∈N dans le cas général ? 20. (Eis20)Pourn∈N, on considère une fonctionkncontinue

dans[0,1], croissante, à valeurs positives telle que : Z

[0,1]

kn

!

n∈N

→0

et que, pour touta∈[0,1[, la suite(kn(a))n∈

Nsoit né- gligeable devant

Z

[0,1]

kn

!

n∈N

Pourf ∈ C([0,1]), on poseKn(f) =R

[0,1]f kn.

a. Montrer que kn déni dans [0,1]par kn(x) =xn satisfait aux conditions.

b. Montrer que(Kn(f))n∈N→0.

c. Montrer que si f(1) = 0alors (Kn(f))n∈

N est né- gligeable devantR

[0,1]kn

n∈N. d. Que dire de (Kn(f))n∈

N dans le cas général où f(1)6= 0?

21. (Eis21)Soientaetbentiers tels quea < b. Soitf continue par morceaux sur[a, b]et croissante. Montrer qu'il existe θ∈[0,1]tel que

b

X

k=a+1

f(k) = Z b

a

f(t)dt+ (f(b)−f(a))θ

En déduire que pour toutn∈N, il existeθn∈[0,1]tel que

ln(n!) =nlnn−n+ 1 +θnlnn

22. (Eis22) Soit f uniformément continue dans I = [0,+∞[. Montrer qu'il existea≥0 etb >0tels que

∀x≥0, |f(x)| ≤a+bx

Le raisonnement peut-il s'appliquer siI= [0, m[? 23. (Eis23)Soit aet b deux réels, soit f une fonction unifor-

mément continue dans ]a, b[, montrer que f est bornée et qu'elle converge aux extrémités.

24. (Eis24)Soitf une fonction continue non constante dansR et périodique. Montrer quef est uniformément continue et qu'elle admet une plus petite période non nulle en valeur absolue.

25. (Eis25)Montrer que la fonction racine carrée est uniformé- ment continue dans R+ mais qu'elle n'est pas lipschit- zienne. On peut montrer que si0≤x≤x0 :

√ x0−√

x≤√ x0−x

26. (Eis26)Soitf une fonction continue dansR+et admettant une limite nie en+∞, montrer quef est uniformément continue.

27. (Eis27)Propriétés des fonctions uniformément continues.

Montrer que le produit de deux fonctions uniformément continues bornées est uniformément continue. Montrer que ce n'est plus vrai sans l'hypothèse bornée.

28. (Eis28)

a. Comparersinx,xetx−x2 pourx≥0. b. Déterminer les limites des suites

n

X

k=0

1 k+n

!

n∈N

,

n

X

k=0

1 (k+n)2

!

n∈N

En déduire celle de

n

X

k=0

sin 1

k+n !

n∈N

29. (Eis29)Soitf une fonction lipschitzienne sur un segment et ne s'annulant pas. Montrer que f1 est lipschitzienne.

(3)

Lycée Hoche MPSI B Feuille Intégration sur un segment (MPSI)

30. (Eis30) Soit f et g deux fonctions lipschitziennes sur un intervalle I deR. Montrer que sif etgsont bornées alors f g est lipschitzienne. Montrer qu'il n'en est plus néces- sairement de même si on ne suppose plus les fonctions bornées.

31. (Eis31) Soitf une fonction k-lipschitzienne sur un inter- valleI. (les questions b. et c. sont indépendantes)

a. Montrer quex→f(x)−kxetx→f(x) +kxsont monotones.

b. On supposeI=]a, b[. Montrer quef admet un pro- longementk-lipschitzien à[a, b].

c. On suppose I =]a, b[. Pour tout réel y, on dénit ϕy dansI par :

∀x∈I, ϕy(x) =f(x) +k|x−y|

Suivant la position dey par rapport àa et b, for- mer les diérents tableaux de variations deϕy. En déduire queϕy est minorée et atteint sa borne in- férieure. On noteg(y) = minϕy.

Montrer quey ∈ I entraine g(y) =f(y). Montrer queg estk-lipschitzienne surR.

32. (Eis32)Soientf et gdeux fonctions bornées dénies dans un intervalleI. On dénit une fonctionϕdansRpar :

∀x∈R, ϕ(x) = sup

t∈I

{f(t) +xg(t)}

Montrer queϕest lipschitzienne.

33. (Eis33)Soitf ∈ C([0,1]) à valeurs dansR+. Montrer que

Z 1 0

x2f(x)dx Z 1

0

xf(x)2dx

≤ Z 1

0

x3dx Z 1

0

f(x)3dx

en utilisant des inégalités de Cauchy-Schwarz.

34. (Eis34)Soitfcontinue dans[0,1]et d'intégrale nulle. Mon- trer que

Z

[0,1]

f2≤ −

min

[0,1]

f max

[0,1]

f

.

35. (Eis35)Pour toutn∈N, on dénit ϕn ∈ E([0,1]) par

∀x∈[0,1], ϕn(x) =





n2 six∈

0, 1 n

0six∈[0,1]\

0, 1 n

Pour chaquex∈[0,1], étudier(ϕn(x))n∈Npuis la suite d'intégrales(R

[0,1]ϕn(x))n∈N.

(4)

Lycée Hoche MPSI B Feuille Intégration sur un segment (MPSI) : corrigés

1. (Cis01) Comme l'intégrale de f entre a et b est nulle, il existec1∈]a, b[tel quef s'annule enc1en changeant de signe.

Considérons la fonctionx→(x−c1)f(x). Elle s'annule enc1 mais sans changer de signe. Or, par linéarité son intégrale est nulle. Elle doit donc s'annuler en changeant de signe en un pointc2 ∈]a, b[. Ce point est forcément distinct de c1. On peut raisonner de même pour une troisième racine et d'autres autant de fois que les

Z

[a,b]

f(x)xkdx

sont nuls.

2. (Cis02)On peut interpréter 12 comme une intégrale.

1 2 =

Z

[0,1]

x dx

La condition s'écrit alors Z

[0,1]

(f(x)−x)dx= 0

Ce qui entraine quef(x)−xs'annule en changeant de signe.

3. (Cis03)On va démontrer la limite demandée en utilisant la dénition d'une limite.

Soitε >0.

En intégrant l'inégalité dénissantM, on obtient

un≤ Z

[a,b]

Mn

!n1

= (b−a)n1M.

Comme((b−a)n1)n∈N→1et M+εM >1, il existeN1tel que

n≥N1⇒(b−a)n1 ≤ M+ε M .

La fonction f est continue sur le segement [a, b]. Elle atteint sa borne supérieureM. Il existe doncuetvtels quea≤u < v≤b et

∀x∈[u, v], M−ε

2 ≤f(x).

De plusf est à valeur positive donc Z

[a,b]

fn≥ Z

[u,v]

fn≥ Z

[u,v]

(M−ε 2)n

⇒un≥(v−u)n1(M−ε 2) Comme((v−u)n1)n∈N → 1 et MM−εε

2

<1, il existeN2

tel que

n≥N2⇒(b−a)n1 ≥ M−ε M−ε2. On obtient alors,

n≥max(N1, N2)⇒ M−ε= M −ε

M−ε2M−ε

2 ≤un ≤M +ε

M M =M+ε.

Pour l'autre limite, on poseg=f−1, alors minf = 1

maxg. De plus

Z

[a,b]

gn

!n1

= Z

[a,b]

f−n

!1n

= 1 vn

.

En utilisant le premier résultat : (1

vn)→maxg⇒(vn)→ 1

maxg = minf.

4. (Cis04) L'intégrale R

[0,π]sinf est nulle donc la fonction sinf s'annule dans l'ouvert en changeant de signe.

Comme sin garde un signe constant sur [0, π], c'est f qui s'annule en changeant de signe (disons enθ0).

Considérons Z π

0

f(t) sin(t−θ0)dt= cosθ0

Z π 0

f(t) sint dt

| {z }

=0

−sinθ0 Z π

0

f(t) cost dt

| {z }

=0

= 0.

La fonction t 7→ f(t) sin(t−θ) s'annule en changeant de signe dans l'ouvert (disons en θ1). De plus θ1 6=θ0 car cette fonction ne change pas de signe enθ0(les deux facteurs changent de signe donc le produit garde le même signe).

5. (Cis05)Notons

I2= Z b

a

f2, I3= Z b

a

f3, I4= Z b

a

f4

et formons

0 =I2−2I3+I4= Z

[a,b]

f2(f2−1)2

Comme la fonction à intégrer est continue et positive elle est identiquement nulle. Comme f est continue, le théorème des valeurs intermédiaires montre que f est constante de valeur1 ou0.

6. (Cis06) Supposons que l'intégrale soit positive et que la fonction ne soit pas de signe constant. Il existe alors c∈[a, b] tel quef(c)<0. Par continuité enc, il existe α < β dans [a, b] tels que f < 0 dans [α, β]. Écrivons alors :

Z b a

f

= Z b

a

f = Z α

a

f+ Z β

α

f

| {z }

<0

+ Z b

β

f

<

Z α a

f+ Z b

β

f ≤ Z α

a

|f|+ Z b

β

|f|

<

Z α a

|f|+ Z β

α

|f| Z α

a

|f|= Z b

a

|f|

SiRb

a f <0, on considère−f.

(5)

Lycée Hoche MPSI B Feuille Intégration sur un segment (MPSI) : corrigés

7. (Cis07)On fait apparaitre des nk qui forment une subdivi- sion régulière de[0,1]. La fonction se devine facilement :

un= 1 n2

n

X

k=0

1 (kn)2+ (1−kn)2

∼ 1 n

Z 1 0

dt

t2+ (1−t)2 ∼ π 2n Le calcul de l'intégrale est basique mais avec une primi- tive enarctan il relève donc plutôt de la feuille sur les relations entre intégrale et primitive.

8. (Cis08)On utilise l'inégalité de Cauchy-Schwarz

Z b a

dx x =

Z b a

1×dx x ≤

s Z b

a

dx s

Z b a

dx x2

=√ b−a

r

−1 b +1

a = b−a

√ ab 9. pas de correction pour Eis09.tex

10. (Cis10)La fonction det que l'on intègre est continue sur [0,1].

a. Leseitkete−itksont des racines2n-ièmes de l'unité mais la racine1 gure deux fois alors que la racine

−1 manque. On en déduit que le produit cherché

est x−1

x+ 1(x2n−1)

b. NotonsRn la somme de Riemann habituelle atta- chée à la subdivision régulière de[0, π]. Comme

x2−2 cosxt+ 1 = (x−eit)(x−e−it) elle vaut

Rn= π nln

n−1

Y

k=0

(x−eitk)(x−e−itk)

!

= π nln

x−1

x+ 1(x2n−1)

Si|x|<1, l'expression tend lelnconverge doncRn tend vers0 etI(x) = 0.

Si |x| > 1, on peut réécrire sous une forme plus commode

Rn= π nln

x−1 x+ 1

+πln(x2) +π

nln(1−x−2n) On en déduitI(x) = 2πln|x|.

11. pas de correction pour Eis11.tex 12. (Cis12)

a. On découpe l'intervalle [na, nb] en segments de longueur 2π en partant de na. En posant Kn = bn(b−a) c, on peut écrire (en utilisant la valeur de l'intégrale donnée par l'énoncé)

Z nb na

|sin|=

Kn−1

X

k=0

Z na+2(k+1)π na+2kπ

|sin|

+ Z nb

na+2Knπ

|sin|= 4Kn+ Z nb

na+2Knπ

|sin|

Des encadrements

0≤ Z nb

na+2Knπ

|sin| ≤2π

et n(b−a)

2π −1< Kn≤n(b−a) 2π on tire

1 n

Z nb na

|sin|

!

n∈N

→ 2 π(b−a)

b. On commence par montrer la limite demandée pour une fonctionϕen escalier sur[a, b]. Cela résulte de la linéarite de l'intégrale et du résultat de a. appli- qué à chaque segment d'une subdivision adaptée.

Lorsquefest continue par morceaux, on l'approche par des fonctions en escalier. Pour tout ε > 0, il existe une fonction en escalierϕtelle que

|f −ϕ| ≤ ε 2(b−a)

dans[a, b]. On peut majorer la diérence :

1 n

Z nb na

(f(u

n)−ϕ(u n))|sin|

≤ 1 n

Z nb na

ε

2(b−a)|sin| ≤ nb−na n

ε

2(b−a)= ε 2

13. (Cis13)On majoreln(1 +x2)parln 2 dans[0,1]:

0≤In≤ln 2 Z 1

0

xndx= ln 2 n+ 1 On conclut par le théorème d'encadrement.

14. (Cis14)Il s'agit d'une simple conséquence de l'inégalité de Cauchy-Schwarz :

sZ

[0,1]

f sZ

[0,1]

g≥ Z

[0,1]

f g≥ Z

[0,1]

1 = 1.

15. (Cis15) Utiliser l'inégalité de Cauchy-Schwarz avec les fonctions √

f et 1f pour f ∈ E. Le minimum est at- teint pour la fonction constante de valeur1. Sip(f) = 1, d'après le cas d'égalité dans Cauchy Schwarz, on doit

avoir √

f

1 f

constante c'est à direfconstante.

16. (Cis16)Avec l'indication de l'énoncé et par linéarité,

In = Z π

0

sinx 1 +nx dx=

Z π 0

sinx dx− 1 n

Z π 0

xsinx dx

+ 1 n2

Z π 0

x2sinx 1 +xn dx.

(6)

Lycée Hoche MPSI B Feuille Intégration sur un segment (MPSI) : corrigés

Comme Rπ

0 xsinx dx est un nombre xé, la suite

1 n

Rπ

0 xsinx dx

n∈Nconverge vers0. De plus,

∀x∈[0, π], 0≤ Z π

0

x2sinx 1 +xn dx≤

Z π 0

x2sinx dx

qui est un nombre xé. On en déduit que

(In)n∈N→ Z π

0

sinx dx= 2.

17. (Cis17) Par linéarité, on se ramène au cas où f(0) = 0. Notons

M = max

[0,1]|f|.

Raisonnons à la Cesàro en coupant arbitrairement l'in- tégrale pour la majorer.

∀α∈]0,1[, |In| ≤αmax

[0,αn]|f|+ (1−α)M.

Pour toutε >0 :

∃α∈]0,1[ (proche de1) tq (1−α)M ≤ ε 2,

∃β >0tq max

[0,αn]|f| ≤ ε

2 (continuité en0),

∃N tqn≥N ⇒αn < β.

On écrit alors la dénition de la convergence vers0. 18. (Cis18)La fonction est intégrable car en escalier :

subdivision [0,1[ [1,2[ [2,3[ [3,4[

valeurs 0 sinπ4 sinπ2 sin4 Son intégrale est 12+ 1 +1

2 = 1 +√ 2. 19. (Cis19)

a. Vérication facile. L'intégrale se calcule.

b. On décompose arbitrairement l'intégrale avec un a >0 par relation de Chasles et on la majore par des inégalités de la moyenne. On obtient

|Kn(f)| ≤sup

[0,a]

|f|+Mfkn(a)

oùMf = sup[0,1]|f|.

Pour toutε >0, commef →0 en0, on choisit un a > 0 assez petit pour que sup[0,a]|f| < ε2. Ce a étant xé, comme la suite(kn(a))n∈

N→0, il existe unN tel queMfkn(a)< ε2 dès quen≥N. On en déduit la convergence vers0 demandée.

c. Dans le cas général, (Kn(f))n∈

N→f(0) En eet, par hypothèse et question b.,

Kn(f) =f(0)Kn(1)

| {z }

→1

+Kn(f−f(0))

| {z }

→0

20. On noteMf = sup[0,1]|f|.

a. Vérication facile. L'intégrale se calcule, la suite géométrique est négligeable devant la suite en 1n.

b. La convergence vers0se déduit de la majoration

|Kn(f)| ≤Mf

Z

[0,1]

kn

c. On décompose arbitrairement l'intégrale avec un a <1 par relation de Chasles et on la majore par des inégalités de la moyenne en tenant compte de la croissance dekn. On obtient

|Kn(f)| ≤Mfa kn(a) + sup

[a,1]

|f| Z

[0,1]

kn

Pour toutε >0, commef →0 en1, on choisit un a assez proche de 1 pour que sup[a,1]|f| < ε2. Ce a étant xé, comme la suite(kn(a))n∈

N est négli- geable devant

R

[0,1]kn

n∈N

, il existe unN tel que Mfakn(a)< ε2R

[0,1]kn dès quen≥N.

On en déduit la convergence vers0 du quotient ce qui traduit la négligeabilité demandée.

d. Si f(1) 6= 0, la suite des Kn(f) est équivalente à celle desf(1)R

[0,1]kn. En eet, par linéarité :

Kn(f) =f(1) Z

[0,1]

kn+Kn(f−f(1))

∼f(1) Z

[0,1]

kn car la suite desKn(f−f(1))est négligeable devant celle desf(1)R

[0,1]kn. 21. (Cis21)Considérons la diérenceT :

T =

b

X

k=a+1

f(k)− Z b

a

f(t)dt

et exprimons la avec des intégrales :

T =

b

X

k=a+1

f(k)− Z k

k−1

f(t)

! dt

=

b

X

k=a+1

Z k k−1

(f(k)−f(t))dt

Commef est croissante ettentrek−1et k:

0≤ Z k

k−1

(f(k)−f(t))dt≤f(k)−f(k−1)

d'où

0≤T ≤f(b)−f(a)

⇒ ∃θ∈[0,1] tqT =|f(b)−f(a)|θ.

On applique le résultat précédent avec a= 1, b=n et f(t) = lnt. Il existeθn entre0et 1tel que

ln(n!) = Z n

1

lnt dt+θnlnn= [tlnt−t]n1nlnn

=nlnn−n+ 1 +θnlnn

(7)

Lycée Hoche MPSI B Feuille Intégration sur un segment (MPSI) : corrigés

22. (Cis22)D'après la dénition de l'uniforme continuité avec ε= 1, il existe unα >0tel que

|x−y| ≤α⇒ |f(x)−f(y)| ≤1 Considérons lesxk=kαpourk∈N. Alors

|f(xk+1)−f(xk)| ≤1⇒ |f(xk+1)| ≤1 +|f(xk)|

En sommant, on obtient

|f(xk)| ≤ |f(0)|+k=|f(0)|+ 1 αxk

Pour toutxdansI, introduisonsq=bαxcde sorte que

qα≤x < qα+α⇒ |f(x)| ≤ |f(x)−f(xq)|+|f(xq)|

≤ |f(x0)|+q+ 1≤ |f(x0)|+ 1 + x α On peut donc choisir

a=|f(0)|+ 1, b= 1 α

Rien ne change si on se limite à un intervalle borné[0, m[. Sur un tel intervalle, une fonction continue qui n'est pas bornée (tend vers+∞enmpar exemple) n'est pas uni- formément continue.

23. (Cis27)D'après la dénition de la continuité uniforme, il existeα >0tel que|x−y| ≤αentraine|f(x)−f(y)| ≤ 1 pour x et y dans I. Soit m = bb−aα c. Il existe des points x1, x2,· · ·, xm régulièrement α-espacés dans I. Tout élément deI est alorsα-proche de l'un de cesxi. On en déduit que|f|est majoré par

max(|f(x1)|,|f(x2)|,· · ·,|f(xm)|) + 1 Considérons une suite (an)n∈

N d'éléments de I qui converge versa. Comme la fonction est bornée, la suite (f(an))n∈

Nest bornée. D'après le théorème de Bolzano- Weierstrass, on peut en extraire une suite convergente

(f(an))n∈I →l

Montrons maintenant quef converge enaversl. Pour toutε >0, l'uniforme continuité montre l'existence d'unα >0 tel que

|u−v| ≤α⇒ |f(u)−f(v)| ≤ ε 2

Comme (an)n∈I → a et (f(an))n∈I → l, il existe un p∈ I tel que ap−a < α et |f(ap)−l| < ε2. On peut alors écrire que, pour toutx∈]a, a+α[,

|f(x)−l| ≤ |f(x)−f(ap)|+|f(ap)−l|

≤ ε 2+ε

2 =ε carxet ap dans]a, a+α[entraine|x−ap|< α. 24. pas de correction pour Eis24.tex

25. (Cis25)Montrons puis utilisons l'inégalité proposée.

(√

x0−x)2−(√ x0−√

x)2= 2√

xx0−2x

= 2√ x(√

x0−√ x)≥0

⇒√ x0−√

x≤√ x0−x.

On en déduit que la fonction racine carrée est uniformé- ment continue dans[0,+∞[. En eet,

∀ε, ∃α(=√

ε)tq|x−x0| ≤α⇒

√ x0−√

x ≤ε.

La fonction racine carrée n'est pask-lipschitzienne sur [0,+∞[car √

x−√ 0 x−0

0++

−−−→+∞.

Il ne peut donc exister dek∈Rtel que

∀(x, x0)∈[0,+∞[2, x6=x0

√x−√ x0

|x−x0| ≤k.

26. (Cis26) Ici f ∈ C([0,+∞[) et f −−→+∞ l ∈ R. Soit ε > 0. Commef −−→+∞ l, il existe A >0tel que x≥Aentraine

|f(x)−l| ≤ ε4.

Commef restreinte à [0, A] est uniformément continue (thm de Heine), il existeα >0tel, dans[0, A],|y−x| ≤α entraine|f(y)−f(x)| ≤ ε2.

Montrons que dans[0,+∞[,

|y−x| ≤α⇒ |f(y)−f(x)| ≤ε.

Sixety sont dans[0, A], cela résulte directement de la dénition deα.

Sixety sont dans[A,+∞[,

|f(y)−f(x)| ≤ |f(y)−l|+|l−f(x)| ≤ ε 2 Si A est entre les deux. Par exemple x≤ A ≤y alors A−x≤y−x≤αdonc

|f(y)−f(x)| ≤ |f(y)−f(A)|+|f(A)−l|

+|l−f(y)| ≤ ε 2 +ε

4 +ε 4. 27. (Cis27)Notons I l'intervalle sur lequel les fonctions sont

dénies (ce n'est pas forcément un segment) etMf,Mg

des majorants de |f|, |g|. Le caractère uniformément continu def etg se traduit par

∀ε >0, ∃αf,ε>0,∃αg,ε>0 tels que · · · Majorons l'accroissement du produit en introduisant un terme croisé

|f(x)g(x)−f(y)g(y)| ≤ |f(x)g(x)−f(x)g(y)|

+|f(x)g(y)−f(y)g(y)|

≤Mf|g(x)−g(y)|+Mg|f(x)−f(y)|. On déduit que

min(αg,2ε

Mf, αf, ε

2Mg) assure l'uniforme continuité def g.

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28. (Cis28)

a. Avec des tableaux de variation, on montre que

∀x≥0, x−x2≤sinx≤x.

b. Introduisons des sommes de Riemann de fonctions dansC([0,1]) avec la subdivision régulièrexk = kn pourkentre0et n.

an =

n

X

k=0

1 k+n =

n−1

X

k=0

1 n

1

k

n+ 1 + 1 2n

=

n−1

X

k=0

(xk+1−xk)f(xk)+ 1

2n avecf(x) = 1 x+ 1.

On en déduit(an)n∈N→R1

0 f(x)dx= ln 2. bn=

n

X

k=0

1 (k+n)2 =

n−1

X

k=0

1 n2

1

(nk + 1)2 + 1 4n2

= 1 n

n−1

X

k=0

(xk+1−xk)g(xk) + 1 4n2

avecg(x) = (x+1)1 2. On en déduit

(bn)n∈N∼ 1 n

Z 1 0

g(x)dx→0.

c. Notons sn la dernière somme. En intégrant l'enca- drement du a. puis en sommant :

an−bn≤sn≤an.

Par le théorème d'encadrement, on conclut (sn)n∈N→ln 2.

29. (Cis29)On supposef k-lipschitzienne aveck >0. Elle est continue et ne s'annule pas : elle garde donc un signe constant. Soit m = inf|f|. Il existe xmin tel que m = f(xmin>0car elle est dénie sur un segment. Alors

1 f(y)− 1

x

=|f(x)−f(y)|

|f(x)f(y)| ≤ k

m2|x−y|. 30. (Cis30) On suppose f, g respectivement kf, kg lipschit-

ziennes etMf, Mg bornées.

En introduisant un terme croisé, on montre quef g est kfMg+kgMf lipschitzienne.

La fonctionx7→xdans Rest 1 lipschitzienne mais elle n'est pas bornée. La fonction carrée x 7→ x2 n'est pas lipschitzienne.

31. (Cis31)

a. Notons get hles fonctions considérées g(x) =f(x)−kx, h(x) =f(x) +kx.

Montrons que g est décroissante et h croissante.

Pourx < y:

g(y)−g(x) =f(y)−f(x)−k(y−x)

=f(y)−f(x)−k|y−x|

≤ |f(y)−f(x)| −k|y−x| ≤0.

h(y)−h(x) =f(y)−f(x) +k(y−x)

=f(y)−f(x) +k|y−x|

≥f(y)−f(x) +|f(y)−f(x)| ≥0.

b. Une fonction lipschitzienne est uniformément conti- nue donc elle est bornée et converge au extrémités de l'intervalle voir l'exercice23(Eis23). La fonction prolongée reste lipschitzienne de même rapport par passage à la limite dans les inégalités.

c. La question a. permet de déterminer les variations Casa < y < b.

a y b

ϕy(x) g(x) +ky | h(x)−ky

& %

f(y)

Casy < a.ϕy(x) =h(x)−ky,ϕy est croissante.

Casb < y.ϕy(x) =g(x) +ky,ϕy est décroissante.

à compléter

32. (Cis32)Comme les fonctions sont bornées, il existe Mf et Mg tels que|f(t)| ≤Mf et |g(t)| ≤Mg pour tous les t dansI. Considérons alors des réels xet y quelconques.

Pour toutε >0, il existetx∈Itel que ϕ(x)≤f(tx) +xg(tx) +ε

D'autre part, par dénition deϕ(y)comme borne supé- rieure :

f(tx) +yg(tx)≤ϕ(y) On en déduit

ϕ(x)−ϕ(y)≤(x−y)g(tx) +ε≤ |x−y|Mg+ε Comme ceci est valable pour tous lesε >0, on a

ϕ(x)−ϕ(y)≤(x−y)Mg

En échangeant les rôles dexety, on obtient ϕ(y)−ϕ(x)≤(x−y)Mg

Ce qui montre queϕet Mg-lipschitzienne.

33. (Cis33)On multiplie membre à membre les inégalités de Cauchy-Schwarz appliquées à

x2f(x) =x32 x12f(x), f(x)2=xf(x)12 f(x)32.

On obtient l'inégalité demandée après simplications.

Z 1 0

x2f(x)dx 2

≤ Z 1

0

x3dx Z 1

0

xf(x)2dx

Z 1 0

xf(x)2dx 2

≤ Z 1

0

x2f(x)dx Z 1

0

f(x)3dx

34. (Cis34)Notonsm= min[0,1]f,M = max[0,1]f. Alors : (f−m≥0, f−M ≤0)⇒(f−m)(F−M)≤0.

(9)

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En intégrant, par positivité et linéarité, Z

[0,1]

(f−m)(F−M)≤0

⇒ Z

[0,1]

f2−(m+M) Z

[0,1]

f

| {z }

=0

+mM ≤0.

35. (Cis35)Pour chaque x > 0, la suite des valeurs enx sta- tionnaire de valeur 0 (dès que 1n < x). Elle converge donc vers0. Pourx= 0elle est constante de valeur0. En revanche la suite des intégrales est égale à(n)n∈N, elle diverge vers+∞.

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