En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, «
Exercice : Propriétés de l'intégraleIntégration de Riemann/Exercices/Propriétés de l'intégrale », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
Soit
f
:
[
0
,
1
]
→
[
0
,
1
]
{\displaystyle f:[0,1]\to [0,1]}
continue telle que
∫
0
1
f
(
x
)
d
x
=
∫
0
1
f
2
(
x
)
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{1}f(x)\ \mathrm {d} x=\int _{0}^{1}f^{2}(x)\ \mathrm {d} x}
.
Montrer que
f
{\displaystyle f}
est constante et égale à 0 ou 1.
Soit
f
:
[
a
,
b
]
→
R
{\displaystyle f:[a,b]\to \mathbb {R} }
continue. Montrer que
|
∫
a
b
f
(
x
)
d
x
|
=
∫
a
b
|
f
(
x
)
|
d
x
{\displaystyle \left|\int _{a}^{b}f(x)\mathrm {d} x\right|=\int _{a}^{b}|f(x)|\mathrm {d} x}
si et seulement si
f
{\displaystyle f}
est de signe constant.
Solution
Soient
f
+
,
f
−
≥
0
{\displaystyle f^{+},f^{-}\geq 0}
telles que
f
=
f
+
−
f
−
{\displaystyle f=f^{+}-f^{-}}
et
|
f
|
=
f
+
+
f
−
{\displaystyle |f|=f^{+}+f^{-}}
(autrement dit :
f
±
=
(
|
f
|
±
f
)
/
2
{\displaystyle f^{\pm }=(|f|\pm f)/2}
), et soient
x
,
y
{\displaystyle x,y}
leurs intégrales respectives sur
[
a
,
b
]
{\displaystyle [a,b]}
(donc
x
,
y
≥
0
{\displaystyle x,y\geq 0}
).
|
x
−
y
|
=
x
+
y
⇔
(
x
−
y
)
2
=
(
x
+
y
)
2
⇔
x
y
=
0
{\displaystyle |x-y|=x+y\Leftrightarrow (x-y)^{2}=(x+y)^{2}\Leftrightarrow xy=0}
.
Comme
f
+
{\displaystyle f^{+}}
est continue
≥
0
{\displaystyle \geq 0}
,
x
=
0
⇔
f
+
=
0
⇔
f
≤
0
{\displaystyle x=0\Leftrightarrow f^{+}=0\Leftrightarrow f\leq 0}
. De même,
y
=
0
⇔
f
≥
0
{\displaystyle y=0\Leftrightarrow f\geq 0}
.
Soit
f
:
[
0
,
1
]
→
R
{\displaystyle f:[0,1]\to \mathbb {R} }
continue telle que
∫
0
1
f
(
x
)
d
x
=
1
2
.
{\displaystyle \int _{0}^{1}f(x)\ \mathrm {d} x={\tfrac {1}{2}}.}
Montrer qu’il existe
c
∈
]
0
,
1
[
{\displaystyle c\in ]0,1[}
tel que
f
(
c
)
=
c
.
{\displaystyle f(c)=c.}
Solution
La fonction
x
↦
f
(
x
)
−
x
{\displaystyle x\mapsto f(x)-x}
est continue et d'intégrale nulle donc elle est soit nulle, auquel cas n'importe quel
c
∈
]
0
,
1
[
{\displaystyle c\in ]0,1[}
convient, soit de signe non constant, auquel cas, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, elle s'annule en au moins un point
c
∈
]
0
,
1
[
{\displaystyle c\in ]0,1[}
.
Montrer que la suite définie par
u
n
=
∑
k
=
1
n
n
n
2
+
k
2
{\displaystyle u_{n}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {n}{n^{2}+k^{2}}}}
converge et calculer sa limite.
Calculer de même les limites de
x
n
:=
1
n
∑
k
=
1
n
sin
θ
k
,
n
avec
θ
k
,
n
∈
[
(
k
−
1
)
π
/
n
,
k
π
/
n
]
,
y
n
:=
n
∑
k
=
1
n
1
(
n
+
k
)
2
,
z
n
:=
1
n
n
∑
k
=
1
n
−
1
k
,
t
n
:=
∑
k
=
1
n
1
n
+
k
,
s
n
=
∑
k
=
1
n
1
n
2
+
2
k
n
{\displaystyle x_{n}:={\frac {1}{n}}\sum _{k=1}^{n}\sin \theta _{k,n}\quad {\text{avec}}\quad \theta _{k,n}\in [(k-1)\pi /n,k\pi /n],\quad y_{n}:=n\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{(n+k)^{2}}},\quad z_{n}:={\frac {1}{n{\sqrt {n}}}}\sum _{k=1}^{n-1}{\sqrt {k}},\quad t_{n}:=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{n+k}},\quad s_{n}=\sum _{k=1}^{n}{1 \over {\sqrt {n^{2}+2kn}}}}
.
Solution
x
n
→
∫
0
1
sin
(
π
t
)
d
t
=
2
π
{\displaystyle x_{n}\to \int _{0}^{1}\sin(\pi t)\,\mathrm {d} t={\frac {2}{\pi }}}
.
y
n
=
1
n
∑
k
=
1
n
1
(
1
+
k
n
)
2
→
∫
0
1
d
x
(
1
+
x
)
2
=
[
−
1
1
+
x
]
0
1
=
1
2
{\displaystyle y_{n}={\frac {1}{n}}\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{\left(1+{\frac {k}{n}}\right)^{2}}}\to \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{(1+x)^{2}}}=\left[-{\frac {1}{1+x}}\right]_{0}^{1}={\frac {1}{2}}}
.
z
n
→
∫
0
1
t
d
t
=
2
3
[
t
3
/
2
]
0
1
=
2
3
{\displaystyle z_{n}\to \int _{0}^{1}{\sqrt {t}}\,\mathrm {d} t={\frac {2}{3}}\left[t^{3/2}\right]_{0}^{1}={\frac {2}{3}}}
.
t
n
=
1
n
∑
k
=
1
n
1
1
+
k
n
→
∫
0
1
d
x
1
+
x
=
[
ln
(
1
+
x
)
]
0
1
=
ln
2
{\displaystyle t_{n}={\frac {1}{n}}\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{1+{\frac {k}{n}}}}\to \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{1+x}}=\left[\ln(1+x)\right]_{0}^{1}=\ln 2}
(on pouvait justifier a priori la convergence en remarquant que cette suite est croissante et majorée par 1).
s
n
→
∫
0
1
1
1
+
2
t
d
t
=
[
1
+
2
t
]
0
1
=
3
−
1
{\displaystyle s_{n}\to \int _{0}^{1}{\frac {1}{\sqrt {1+2t}}}\,\mathrm {d} t=[{\sqrt {1+2t}}]_{0}^{1}={\sqrt {3}}-1}
.
Soit
a
>
0
{\displaystyle a>0}
et
f
:
[
0
,
a
]
→
R
{\displaystyle f:[0,a]\to \mathbb {R} }
de classe
C
1
{\displaystyle C^{1}}
telle que
f
(
0
)
=
0
{\displaystyle f(0)=0}
. Montrer que :
∫
0
a
|
f
(
t
)
|
2
d
t
≤
a
2
2
∫
0
a
|
f
′
(
t
)
|
2
d
t
.
{\displaystyle \int _{0}^{a}|f(t)|^{2}\,dt\leq {\frac {a^{2}}{2}}\int _{0}^{a}|f'(t)|^{2}\ \mathrm {d} t.}
Solution
Notons
I
=
∫
0
a
|
f
′
(
u
)
|
2
d
u
{\displaystyle I=\int _{0}^{a}|f'(u)|^{2}\ \mathrm {d} u}
.
Par l'inégalité de Cauchy-Schwarz, on a :
|
f
(
t
)
|
2
=
|
f
(
t
)
−
f
(
0
)
|
2
=
|
∫
0
t
f
′
(
u
)
d
u
|
2
≤
∫
0
t
|
f
′
(
u
)
|
2
d
u
∫
0
t
1
2
d
u
≤
I
t
{\displaystyle |f(t)|^{2}=|f(t)-f(0)|^{2}=\left|\int _{0}^{t}f'(u)\ \mathrm {d} u\right|^{2}\leq \int _{0}^{t}|f'(u)|^{2}du\,\int _{0}^{t}1^{2}\ \mathrm {d} u\leq It}
.
On conclut :
∫
0
a
|
f
(
t
)
|
2
d
t
≤
I
∫
0
a
t
d
t
=
I
a
2
2
{\displaystyle \int _{0}^{a}|f(t)|^{2}\,dt\leq I\int _{0}^{a}t\,dt=I{\frac {a^{2}}{2}}}
.
Soit
a
>
0
{\displaystyle a>0}
et
f
:
[
−
a
,
a
]
→
R
{\displaystyle f:[-a,a]\to \mathbb {R} }
de classe
C
2
{\displaystyle C^{2}}
. Montrer que :
∀
t
∈
[
−
a
,
a
]
|
f
′
(
t
)
|
≤
1
2
a
|
f
(
a
)
−
f
(
−
a
)
|
+
a
2
+
t
2
2
a
sup
[
−
a
,
a
]
|
f
″
|
{\displaystyle \forall t\in [-a,a]\quad |f'(t)|\leq {\frac {1}{2a}}|f(a)-f(-a)|+{\frac {a^{2}+t^{2}}{2a}}\sup _{[-a,a]}|f''|}
.
Solution
Notons
M
=
sup
[
−
a
,
a
]
|
f
″
|
{\displaystyle M=\sup _{[-a,a]}|f''|}
.
|
2
a
f
′
(
t
)
−
(
f
(
a
)
−
f
(
−
a
)
)
|
=
|
∫
−
a
a
(
f
′
(
t
)
−
f
′
(
s
)
)
d
s
|
≤
M
∫
−
a
a
|
t
−
s
|
d
s
=
M
(
a
2
+
t
2
)
{\displaystyle \left|2af'(t)-(f(a)-f(-a))\right|=\left|\int _{-a}^{a}(f'(t)-f'(s))\,\mathrm {d} s\right|\leq M\int _{-a}^{a}|t-s|\,\mathrm {d} s=M\left(a^{2}+t^{2}\right)}
.
Référence : Frédéric Paulin, « Topologie, analyse et calcul différentiel » , 2008 , p. 260, lemme 7.23
Soient
b
,
k
>
0
{\displaystyle b,k>0}
,
a
∈
R
{\displaystyle a\in \mathbb {R} }
et
g
:
[
0
,
b
]
→
R
{\displaystyle g:\left[0,b\right]\to \mathbb {R} }
une fonction continue telle que
∀
t
∈
[
0
,
b
]
g
(
t
)
≤
a
t
+
k
∫
0
t
g
(
s
)
d
s
{\displaystyle \forall t\in \left[0,b\right]\quad g\left(t\right)\leq at+k\int _{0}^{t}g\left(s\right)\ \mathrm {d} s}
.
Démontrer que
∀
t
∈
[
0
,
b
]
g
(
t
)
≤
a
k
(
e
k
t
−
1
)
{\displaystyle \forall t\in \left[0,b\right]\quad g\left(t\right)\leq {\frac {a}{k}}\left(\mathrm {e} ^{kt}-1\right)}
.
Solution
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Posons
h
(
t
)
=
e
−
k
t
∫
0
t
g
(
s
)
d
s
{\displaystyle h\left(t\right)=\mathrm {e} ^{-kt}\int _{0}^{t}g\left(s\right)\ \mathrm {d} s}
. Alors,
h
(
t
)
=
0
et
h
′
(
t
)
=
e
−
k
t
(
g
(
t
)
−
k
∫
0
t
g
(
s
)
d
s
)
≤
e
−
k
t
a
t
{\displaystyle h\left(t\right)=0\quad {\text{et}}\quad h'\left(t\right)=\mathrm {e} ^{-kt}\left(g\left(t\right)-k\int _{0}^{t}g\left(s\right)\ \mathrm {d} s\right)\leq \mathrm {e} ^{-kt}at}
donc
h
(
t
)
≤
a
∫
0
t
e
−
k
s
s
d
s
=
a
k
2
(
1
−
e
−
k
t
−
k
t
e
−
k
t
)
{\displaystyle h\left(t\right)\leq a\int _{0}^{t}\mathrm {e} ^{-ks}s\ \mathrm {d} s={\frac {a}{k^{2}}}\left(1-\mathrm {e} ^{-kt}-kt\mathrm {e} ^{-kt}\right)}
,
si bien que
g
(
t
)
≤
a
t
+
k
e
k
t
h
(
t
)
≤
a
t
+
a
k
(
e
k
t
−
1
−
k
t
)
=
a
k
(
e
k
t
−
1
)
{\displaystyle g\left(t\right)\leq at+k\mathrm {e} ^{kt}h\left(t\right)\leq at+{\frac {a}{k}}\left(\mathrm {e} ^{kt}-1-kt\right)={\frac {a}{k}}\left(\mathrm {e} ^{kt}-1\right)}
.
Soient
f
{\displaystyle f}
et
g
{\displaystyle g}
des fonctions continues sur un intervalle
[
a
,
b
]
{\displaystyle [a,b]}
(avec
a
<
b
{\displaystyle a<b}
).
On suppose que
f
{\displaystyle f}
est croissante et que
g
{\displaystyle g}
prend ses valeurs dans
[
0
,
1
]
{\displaystyle [0,1]}
. On pose :
I
=
∫
a
b
g
(
t
)
d
t
{\displaystyle I=\int _{a}^{b}g(t)\,\mathrm {d} t}
.
Étudier les variations de la fonction
G
{\displaystyle G}
définie par :
G
(
x
)
=
∫
a
x
g
(
t
)
d
t
{\displaystyle G(x)=\int _{a}^{x}g(t)\,\mathrm {d} t}
.
Montrer que
a
+
G
(
x
)
≤
x
{\displaystyle a+G(x)\leq x}
.
Comparer les fonctions
φ
{\displaystyle \varphi }
et
ψ
{\displaystyle \psi }
définies par :
φ
(
x
)
=
∫
a
x
f
(
t
)
g
(
t
)
d
t
{\displaystyle \varphi (x)=\int _{a}^{x}f(t)g(t)\,\mathrm {d} t}
;
ψ
(
x
)
=
∫
a
a
+
G
(
x
)
f
(
t
)
d
t
{\displaystyle \psi (x)=\int _{a}^{a+G(x)}f(t)\,\mathrm {d} t}
.
Démontrer que :
∫
a
b
f
(
t
)
g
(
t
)
d
t
≥
∫
a
a
+
I
f
(
t
)
d
t
{\displaystyle \int _{a}^{b}f(t)g(t)\,\mathrm {d} t\geq \int _{a}^{a+I}f(t)\,\mathrm {d} t}
.
Dans quel cas a-t-on l'égalité ?
Soient
a
,
b
∈
R
{\displaystyle a,b\in \mathbb {R} }
tels que
a
<
b
{\displaystyle a<b}
et
f
:
[
a
,
b
]
→
R
{\displaystyle f:[a,b]\to \mathbb {R} }
une fonction intégrable. Pour
x
∈
[
a
,
b
]
{\displaystyle x\in [a,b]}
, on pose :
F
(
x
)
=
∫
a
x
f
(
t
)
d
t
{\displaystyle F(x)=\int _{a}^{x}f(t)\;\mathrm {d} t}
.
Soit
M
{\displaystyle M}
un majorant de
|
f
|
{\displaystyle |f|}
sur
[
a
,
b
]
{\displaystyle [a,b]}
(pourquoi un tel
M
{\displaystyle M}
existe-t-il ?). Montrer que pour tous
x
,
y
∈
[
a
,
b
]
{\displaystyle x,y\in [a,b]}
on a :
|
F
(
y
)
−
F
(
x
)
|
≤
M
|
y
−
x
|
{\displaystyle |F(y)-F(x)|\leq M|y-x|}
.
En déduire que la fonction
F
{\displaystyle F}
est continue sur
[
a
,
b
]
{\displaystyle [a,b]}
.
Solution
Par définition, il existe des fonctions étagées
u
{\displaystyle u}
et
v
{\displaystyle v}
sur
[
a
,
b
]
{\displaystyle [a,b]}
telles que
u
≤
f
≤
v
{\displaystyle u\leq f\leq v}
sur
[
a
,
b
]
{\displaystyle [a,b]}
. Or une fonction étagée sur un segment ne prend qu'un nombre fini de valeurs, et est donc bornée. Il existe donc un réel
M
{\displaystyle M}
tel que
|
u
|
≤
M
{\displaystyle |u|\leq M}
et
|
v
|
≤
M
{\displaystyle |v|\leq M}
sur
[
a
,
b
]
{\displaystyle [a,b]}
. On a alors
|
f
|
≤
M
{\displaystyle |f|\leq M}
sur
[
a
,
b
]
{\displaystyle [a,b]}
. Soient alors
x
,
y
∈
[
a
,
b
]
{\displaystyle x,y\in [a,b]}
. Par symétrie de l'inégalité attendue, on peut supposer par exemple que
x
≤
y
{\displaystyle x\leq y}
. Par la relation de Chasles, l'inégalité triangulaire puis la compatibilité de la relation d'ordre avec l'intégrale on a alors
|
F
(
y
)
−
F
(
x
)
|
=
|
∫
x
y
f
(
t
)
)
d
t
|
≤
∫
x
y
|
f
(
t
)
|
d
t
≤
∫
x
y
M
d
t
=
(
y
−
x
)
M
=
M
|
y
−
x
|
{\displaystyle |F(y)-F(x)|=\left|\int _{x}^{y}f(t))\;\mathrm {d} t\right|\leq \int _{x}^{y}|f(t)|\;\mathrm {d} t\leq \int _{x}^{y}M\;\mathrm {d} t=(y-x)M=M|y-x|}
.
La fonction
F
{\displaystyle F}
est
M
{\displaystyle M}
-lipschitzienne sur
[
a
,
b
]
{\displaystyle [a,b]}
et donc en particulier continue.
Soient
a
,
b
∈
R
{\displaystyle a,b\in \mathbb {R} }
tels que
a
<
b
{\displaystyle a<b}
et
f
:
[
a
,
b
]
→
R
{\displaystyle f:[a,b]\to \mathbb {R} }
une fonction bornée, localement intégrable sur
]
a
,
b
[
{\displaystyle \left]a,b\right[}
. Montrer que
f
{\displaystyle f}
est intégrable sur
[
a
,
b
]
{\displaystyle [a,b]}
.
Solution
Soit
M
{\displaystyle M}
un majorant de
|
f
|
{\displaystyle |f|}
sur
[
a
,
b
]
{\displaystyle [a,b]}
. Soit
ε
>
0
{\displaystyle \varepsilon >0}
. Posons
η
=
ε
4
M
{\displaystyle \eta ={\frac {\varepsilon }{4M}}}
. Sur
[
a
+
η
,
b
−
η
]
{\displaystyle [a+\eta ,b-\eta ]}
,
f
{\displaystyle f}
est intégrable donc il existe des fonctions en escalier
φ
,
ψ
:
[
a
+
η
,
b
−
η
]
→
R
{\displaystyle \varphi ,\psi :[a+\eta ,b-\eta ]\to \mathbb {R} }
telles que
φ
≤
f
≤
ψ
{\displaystyle \varphi \leq f\leq \psi }
et
∫
a
+
η
b
−
η
(
ψ
−
φ
)
≤
ε
2
{\displaystyle \int _{a+\eta }^{b-\eta }(\psi -\varphi )\leq {\frac {\varepsilon }{2}}}
. Quitte à les prolonger en prenant, sur
[
a
,
a
+
η
]
{\displaystyle [a,a+\eta ]}
et
[
b
−
η
,
b
]
{\displaystyle [b-\eta ,b]}
,
φ
=
−
M
{\displaystyle \varphi =-M}
et
ψ
=
M
{\displaystyle \psi =M}
, on a
φ
≤
f
≤
ψ
{\displaystyle \varphi \leq f\leq \psi }
sur
[
a
,
b
]
{\displaystyle [a,b]}
tout entier, et
∫
a
b
(
ψ
−
φ
)
≤
ε
2
+
2
η
M
=
ε
{\displaystyle \int _{a}^{b}(\psi -\varphi )\leq {\frac {\varepsilon }{2}}+2\eta M=\varepsilon }
.
Soient
a
,
b
∈
R
{\displaystyle a,b\in \mathbb {R} }
tels que
a
<
b
{\displaystyle a<b}
et
f
:
[
a
,
b
]
→
R
{\displaystyle f:[a,b]\to \mathbb {R} }
une fonction de classe C1 . Montrer que :
∫
a
b
f
(
t
)
cos
(
n
t
)
d
t
→
n
→
+
∞
0
{\displaystyle \int _{a}^{b}f(t)\cos(nt)\;\mathrm {d} t\;{\xrightarrow[{n\to +\infty }]{}}\;0}
.
Démontrer la même convergence vers 0 pour une fonction
f
:
[
a
,
b
]
→
R
{\displaystyle f:[a,b]\to \mathbb {R} }
en escalier .
Solution
Quitte à fractionner l'intervalle
[
a
,
b
]
{\displaystyle [a,b]}
, on peut supposer
f
{\displaystyle f}
constante, ou même (à un facteur près) égale à 1. Or
|
∫
a
b
cos
(
n
t
)
d
t
|
=
|
[
sin
(
n
t
)
n
]
a
b
|
≤
2
n
→
0
{\displaystyle \left|\int _{a}^{b}\cos(nt)\;\mathrm {d} t\right|=\left|\left[{\frac {\sin(nt)}{n}}\right]_{a}^{b}\right|\leq {\frac {2}{n}}\to 0}
.
Soit
f
:
[
0
,
1
]
→
R
{\displaystyle f:[0,1]\to \mathbb {R} }
une fonction continue. Montrer que
lim
n
→
∞
∫
0
1
n
t
n
f
(
t
n
)
d
t
=
∫
0
1
f
(
t
)
d
t
{\displaystyle \lim _{n\to \infty }\int _{0}^{1}nt^{n}f(t^{n})\,\mathrm {d} t=\int _{0}^{1}f(t)\,\mathrm {d} t}
.
(On pourra faire le changement de variable
u
=
t
n
{\displaystyle u=t^{n}}
.)
Solution
∫
0
1
n
t
n
f
(
t
n
)
d
t
=
∫
0
1
u
1
/
n
f
(
u
)
d
u
{\displaystyle \int _{0}^{1}nt^{n}f(t^{n})\,\mathrm {d} t=\int _{0}^{1}u^{1/n}f(u)\,\mathrm {d} u}
, et en notant
M
{\displaystyle M}
le maximum de
|
f
|
{\displaystyle |f|}
, on a
|
∫
0
1
(
1
−
u
1
/
n
)
f
(
u
)
d
u
|
≤
M
∫
0
1
(
1
−
u
1
/
n
)
d
u
=
M
n
+
1
{\displaystyle \left|\int _{0}^{1}\left(1-u^{1/n}\right)f(u)\,\mathrm {d} u\right|\leq M\int _{0}^{1}\left(1-u^{1/n}\right)\,\mathrm {d} u={\frac {M}{n+1}}}
.