Corrigé de TD sur le propriétés relatives à la construction

Exercices - Intégration - Niveau 1

: corrigé

Propriétés relatives à la construction

Exercice 1 - Relation de Chasles - Math Sup - ⋆

1. Si p est un entier, alors

∫

p+1

p

E(x)dx =

∫

p+1

pdx = p. p On en déduit que

∫

n

m

E(x)dx =

n−1∑

∫

p+1

E(x)dx p=m

p

=

n−1∑

p=m

p

=

(n − m)(n + m − 1) 2

(la dernière somme étant la somme d’une suite arithmétique). 2. On va, par la propriété de Chasles, faire la somme de l’intégrale sur [−1,0], puis sur [0,2],

intervalles où s’exprime facilement |x|. On obtient :

∫

2

−1

x|x|dx =

∫

0

x|x|dx + −1

∫

2

x|x|dx 0

=

∫

0

−1

2

dx +

∫

2

2

dx 0

=

−x

x [

−

]

0

−1

[

x3 3

]

2

0

=

x3 3

+

7 3

.

Exercice 2 On remarque - Retrouver que b − a =

la ∫

a b fonction 1dx, et donc - Math que

Sup - ⋆

∫

b

a

(

1 − f(x)

)

dx = 0

alors que x ↦→ 1 − f(x) est une fonction continue sur [a, b] et positive. C’est donc que 1 − f est la fonction nulle, ou encore que f = 1.

Exercice 3 - Egalité des valeurs absolues - L2/Math Sup - ⋆⋆

∫

a b

f(t)dt Quitte ≥ 0. à changer f Alors on a

en −f (ce qui ne change pas le problème), on peut supposer que

∫

b

a

(

|f(t)| − f(t)

)

dt =

∫

b

|f(t)|dt − a

∫

b

f(t)dt = 0 a

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d’après l’hypothèse. Or, la fonction t ↦→ |f(t)| − f(t) est continue et positive, d’intégrale nulle. C’est nécessairement la fonction nulle, donc f(t) = |f(t)| pour tout t ≥ 0. Autrement dit, f est toujours positive.

Exercice 4 - Changement de signes - L2/Math Sup - ⋆⋆

1. Si

a ∫ en a b f ∫ f(t)dt changeant a

b ≥ f(t)dt 0 ou = = 0 et s’il n’existe pas de points où f s’annule en changeant de signe, alors on f ≤ 0 impose de 0. Dans un cas comme dans l’autre, puisque f est continue, la condition que f est identiquement nulle, ce qui n’est pas le cas. Donc f s’annule signe en au moins un point. 2. Par la première question, on sait que f s’annule en changeant de signe en au moins un point c. Supposons que c soit l’unique point où f change de signe, et posons g(x)=(x−c)f(x). Alors g est continue, elle garde un signe constant sur l’intervalle [a, b] et, par hypothèse et linéarité de l’intégrale, elle vérifie

∫

b

a

g(t)dt = 0.

g est donc identiquement nulle, ce qui entraine que f l’est aussi : contradiction. 3. On remarque d’abord que, par linéarité de l’intégrale, on a

∫

b

a

P(t)f(t)dt = 0

pour tout polynôme P. Supposons maintenant que f s’annule en changeant de signes en k points a

1

,...,a

k

, avec k

g(x)=(x − a

1

)...(x − a

k

)f(x)

garde un signe constant, est continue, g est donc identiquement nulle, f et vérifie, par la remarque précédente,

aussi, ce qui contredit l’hypothèse de départ.

∫

a b

g(x)dx = 0.

Exercice 5 - Lemme de Riemann-Lebesgue - L2/Math Sup - ⋆⋆⋆

Soit a = a

0

< a

1

< ··· < a

p

= b une subdivision adaptée à φ, et y

i

la valeur prise par φ sur ]a

i

,a

i+1

[. Remarquons que :

u

n

=

p−1 ∑

∫

a

i+1

φ(x) sin(nx)dx i=0

a

i

=

p−1 ∑

i=0

y

i

∫

a

a

i

i+1

sin(nx)

=

1 n

p−1∑

y

i

(cos(na

i

) − cos(na

i+1

)). i=0

Soit M la plus grande des valeurs des |y

i

|.Ona:

|u

n

| ≤

1

p−1 ∑ n

i=0

2M ≤

2pM n

.

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On en déduit bien que (u

n

) tend vers 0. D’autre part, si φ est continue par morceaux sur [a, b], et si ε > 0 est fixé, il existe une fonction en escalier ψ telle que, pour tout x ∈ [a, b],ona:

...